Đề thi học sinh giỏi năm học 2011 2012 môn Toán học 7

ĐỀ THI HSG NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn: Toán 7 Thời gian làm bài: 120 phút

I.Trắc nghiệm: (2đ)

Hãy chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 1: Rút gọn biểu thức ta được kết quả là: 100 99 98 97 2 2 2 2 2 ... 2 2 A       

A)

101 2 2 2

 B)

101 2 2 3

 C)

100 2 2 3

 D)

100 2 2 2 3



Câu 2: Cho hai số biết tổng, hiệu, tích của chúng tỉ lệ với ta có ; 0 x y  5;1;12 ;x y bằng:

A) 6; 4 x y   B) 4; 6 x y   C) 15; 3 x y   D) 4; 48 x y  

Câu 3: Cho vuông tại C có . Độ dài cạnh BC là: ABC  29 ; 21 AB cm AC cm  

A) 1282cm B) 20 cm C) 8 cm D) 50 cm

Câu 4: Đồ thị hàm số đi qua điểm khi m bằng:   5 y m x   ( 2; 6) A  

A) - 3 B) 2 C) 1 D) - 1 II. Tự luận:

Câu 5: (1,5đ) Tìm x biết:

a) 1 2.3 7.3 405 3

x x   b) 3 5 1 2 3 2 x x

   

c) 2 1 2 3 x x   

Câu 6: (2đ) a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức với x là số nguyên. 2 x C x  

b) Tìm các số biết: và ; ; x y z 3 4 5 4 7 3 x y z       3 2 7 48 x y z   

Câu 7: (2đ) Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho . 2 AM AN AB   a) Chứng minh rằng: . BM CN  b) Chứng minh rằng: BC đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN. c) Đường trung trực của đoạn thẳng MN và tia phân giác của góc BAC cắt nhau tại K. Chứng minh . KC AN 

Câu 8: (2,5đ)

a) Điểm M nằm bên trong tam giác đều ABC sao cho . : : 3: 4:5 MA MB MC  Tính số đo góc AMB.

b) Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số cuối giống nhau.

c) Tìm các số tự nhiên có hai chữ số mà số đó chia hết cho tích các chữ số của nó.

ThuVienDeThi.com

ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI GIAO LƯU HSG NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn: Toán lớp 7

I.Trắc nghiệm: (2 điểm mỗi câu đúng cho 0,5 đ) Câu 1 2 3 4 Đáp án B A B C II. Tự luận: (8 điểm)

Câu Phần Nội dung cần trình bày Điểm a x = 4 0,5 b x = - 1 0,5 5 (1,5đ)

c 1 2 x  0,5

a (1đ)

Xét các trường hợp: -Nếu thì 2 x  1. C  -Nếu x = 1 thì C = 1.

-Nếu khi đó ta thấy C lớn nhất khi và chỉ khi 1 x  2 1 A x  2 x lớn nhất (vì x là số nguyên dương) suy ra x = 1 khi đó C = 3. So sánh các trường hợp trên ta thấy GTLN của C bằng 3 khi và chỉ khi x = 1.

0,25 0,25 0,25

0,25

6 (2đ)

b (1đ) Ta có 3 4 5 (3 2 7 ) 52 48 52 20 4 7 3 5 5 x y z x y z                 suy ra x = - 77; y = 136; z = 65.

0,5

0,5

K

I B C

A

N

M

E

Vẽ hình – GT - KL

0,5

a (0,5)

Ta có AM + AN = AC + (AM + CN) (1) vì AB = AC (gt) và AM + AN = 2AB (2) Từ (1) và (2) suy ra BM = CN

0,25

0,25

7 (2đ)

b (0,5)

Gọi I là giao điểm của MN và BC, qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E ta chứng minh được

0,25

ThuVienDeThi.com

( . . ) MEI NCI g c g MI NI     0,25 c (0,5)

Chứng minh MIK NIK KM KN     ( . . ) ABK ACK c g c KB KC     Từ đó suy ra ( . . ) BKM CKN c c c MBK KCN     Mà 0 90 MBK ACK ACK KCN KC AN       

0,25

0,25 a (1đ)

4a 5a

3a K

M

C B

A

Đặt MA = 3a, MB = 4a, MC = 5a Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng MB, không chứa điểm C. Vẽ tam giác đều MBK. Khi đó: A A A A 0 60 ABK MBK ABM ABM     Và => A A A A 0 60 CBM ABC ABM ABM     A A ABK CBM  ABK và CBM có: AB = CB (ABC đều) => ABK = CBM (c.g.c) A A ABK CBM  BK = BM (MBK đều)

=> KA = MC = 5a AMK coù: KA2 = (5a)2; KM2 + MA2 = (4a)2 + (3a)2 = (5a)2 => KA2 = KM2 + MA2

Theo định lí Pitago đảo, ta có AMK vuông tại M. Vậy A A A 0 0 0 90 60 150 AMB AMK BMK     

0,25

0,25

0,25

0,25

b (0,75)

Gọi số chính phương phải tìm là trong đó 2 aa A m bb   .   ; 0;1...9 ; 0 a b a  

Ta có (1)   2 aa00 11 .100 11 11 99 A m bb a b a a b            

để A là số chính phương thì   99 11 a a b    Mà thay vào (1) 1 18 11 a b a b      

là số chính phương 2 2 11(99 11) 11 (9 1) 9 1 m a a a       Thử chọn các giá trị của a theo ĐK nêu trên ta có a = 7 thỏa mãn khi đó b = 4; Số chính phương cần tìm là 7744

0,25

0,25

0,25

8 (2,5đ)

c (0,75)

Gọi số cần tìm là với x; y là các số tự nhiên từ 1 đến 9 xy Theo đề bài ta có với xy kxy  …