PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 01 trang Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay! Bài 1 (5,0 điểm). a) Tính giá trị biểu thức: 2 2 1 1 0,4 0,25 2018 9 11 3 5 A : 7 7 1 2019 1,4 1 0,875 0,7 9 11 6                 b) Tìm các số x y, biết:   24 2019 2x 1 5 x 2y 0     c) Cho hàm số 8 ( ) 9 y f x ax    . Tìm các giá trị của a , biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm 2 M a a a ( 2;3 2 )   . Bài 2 (3,0 điểm). a) Cho các số a b c , , thỏa mãn 3 2 1 a b b c c a      ( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). Tính giá trị biểu thức 2019 2018 a b c P a b c      . b) Cho ab , bc ( c  0 ) là các số có hai chữ số thỏa mãn điều kiện: ab bc a b b c    . Chứng minh rằng: 2 b ac  . Bài 3 (3,0 điểm). a) Cho các số nguyên dương m n, và p là số nguyên tố thoả mãn: 1 p m n m p    . Chứng minh rằng: 2 p n   2 . b) Tìm các số nguyên a b, thỏa mãn: 4 1 3 5 a b   . Bài 4 (2,0 điểm). Ba lớp 7 ,7 ,7 C A B cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5;6;7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4;5;6 nên có một lớp nhận nhiều hơn dự định 4 gói tăm. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua. Bài 5 (2,0 điểm). Cho ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC ( H BC  ). Tia phân giác của các góc HAC  và HAB  lần lượt cắt BC ở D , E . Tính độ dài đoạn thẳng DE , biết AB cm AC cm   5 , 12 . Bài 6 (3,0 điểm). Cho ABC cân tại B, có  0 ABC  80 . Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho  0 IAC 10 và  0 ICA  30 . Tính số đo AIB . Bài 7 (2,0 điểm). Cho dãy số 1 2 3 , , ,..., n a a a a được xác định như sau: 1 a 1; 2 1 1 2 a   ; 3 1 1 1 2 3 a    ; …… ; 1 1 1 1 ... 2 3 n a n      Chứng minh rằng: 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 ... 2 2 3 n a a a na      , với mọi số tự nhiên n >1. ==== HẾT ===== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! ĐỀ CHÍNH THỨC PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ THI GIAO LƯU HSG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN – LỚP 7 ĐÁP ÁN + HƯỚNG DẪN CHẤM --------------------- Bài Nội dung trình bày Điểm Bài 1 Câu a (2,0 điểm). 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 0,4 0, 25 2018 2018 9 11 3 5 5 9 11 3 4 5 A : : 7 7 1 7 7 7 7 7 7 2019 2019 1, 4 1 0,875 0,7 9 11 6 5 9 11 6 8 10                                 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( ) 2018 2018 5 9 11 3 4 5 5 9 11 3 4 5 A : : 7 7 7 7 7 7 1 1 1 7 1 1 1 2019 2019 7( ) ( ) 5 9 11 6 8 10 5 9 11 2 3 4 5                                 2 2 2018 A ( ) : 0 7 7 2019    0,5 1,0 0,5 Câu b (1,5 điểm). Ta có: 2x 1 0, x    nên 2019 2x 1 0   với mọi x.  2 x 2y 0, x, y    nên   24 5 x 2y 0   với mọi x, y. Do đó:   24 2019 2x 1 5 x 2y 0     thì 2x 1 0   và x 2y 0   Từ đó suy ra: 1 1 ; y 2 4 x    0,5 0,5 0,5 Câu c (1,5 điểm) Do đồ thị hàm số đi qua điểm 2 M a a a ( 2;3 2 )   nên có: 2 8 3 2 ( 2) 9 a a a a     => 2 2 8 3 2 2 9 a a a a     => 2 8 2 9 a  => 2 4 9 a  Từ đó tìm được 2 3 a   0,5 0,5 0,5 Bài 2 Câu a (1,5 điểm). Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 3 2 1 6 3 a b b c c a a b c a b c 2( )            Từ đó ta có: 3 3 a b a b c     suy ra a b a b c     => c  0 Do đó: 2019 1 2018 a b c a b P a b c a b          0,5 0,5 0,5 Câu b (1,5 điểm) Ta có: ab bc a b b c a a b b b c 10 10 9 ( ) 9 ( ) a b b c a b b c a b b c                  Từ đó suy ra: 9 9 1 1 a b a b a b b c a b b c          Từ 2 2 ( ) ( ) a b a b c b a b ab ac ab b b ac a b b c              0,5 0,5 0,5 Bài 3 Câu a (1,5 điểm) Theo giả thiết ta có: 1 p m n m p    (*) +) Nếu m n p   thì từ (*) suy ra p m( 1)  . Do p là số nguyên tố nên m  1 1 hoặc m p  1 . Từ đó suy ra m  2 hoặc m p  1. Với m  2 hoặc m p  1 thay vào (*) ta có: 2 p n   2 +) Nếu m n  không chia hết cho p . Từ ( *)  (m + n)(m – 1) = p2 Do p là số nguyên tố và m, n  N*  m – 1 = p2 và m + n =1  m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại) Vậy p2 = n + 2 0,5 0,5 0,5 Câu b (1,0 điểm). Ta có: 4 1 1 4 5 3 4 (5 3) 60 3 5 3 5 15 a a a a b b b b            . Suy ra: 5 3 (60) 60, 30, 20, 15, 12, 10, 6, 4, 5, 3, 2, 1} a U                 mà 5 3 a  chia 5 dư -3 hoặc 2 nên có: 5 3 a  -3 2 12 a 0 1 3 b -20 15 5 0,5 0,5 0,5 Bài 4 Bài 4(2,0 điểm) Gọi tổng số gói tăm ba lớp đã mua là x , * x N  Gọi a b c , , là số gói tăm dự định chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( * a b c N , ,  ) Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 5 6 7 5 6 7 18 a b c a b c x         Suy ra: 5 7 ; ; 18 3 18 x x x a b c    (1) Gọi a b c ', ', ' là số gói tăm đã chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( * a b c N ', ', ' ) Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: ' ' ' ' ' ' 4 5 6 4 5 6 15 a b c a b c x         Suy ra: 4 6 ' ; ' ; ' 15 3 15 x x x a b c    (2) So sánh (1) và (2) ta có: a a b b    '; ';c c' Do đó lớp 7C nhận nhiều hơn 4 gói tăm. Khi đó: 6 7 36 35 ' 4 4 360 15 18 90 x x x x c c x          Vậy số gói tăm cả ba lớp đã mua là 360 gói. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 4 3 1 2 B E H D C A Trong tam giác vuông AHE có:  0 2 AEC A   90 Do tam giác ABC vuông tại A nên:  0  1 EAC A   90 Lại có   A A 1 2  (GT) nên suy ra: ACE cân tại C => AC = CE. Chứng minh tương tự: ABD cân tại B => AB = BD. Do đó: AB + AC = CE + BD = CD + BD +DE = BC + DE.  DE = AB + AC – BC Theo định lí Py-ta-go: BC2 = AB2 + AC2 = 52 + 122 = 169  BC = 13 (cm). Vậy DE = 5 + 12 – 13 = 4 (cm). 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 6 D I C B A Do ABC cân tại B, có  0 ABC  80 nên   0 BAC BCA   50 Vì  0 IAC 10 và  0 ICA  30 nên  0 IAB  40 và  0 ICB  20 Trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm B vẽ tam giác đều ACD suy ra   0 BAD BCD  10 . Ta có:    ABD CBD c g c ( . . ) nên   0 0 BDA BDC    60 : 2 30 Khi đó:    ABD AIC g c g ( . . )  AB = AI nên BAI cân tại A. Do đó:    0 0 0 AIB    180 40 : 2 70 . 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 Bài 7 Với mọi   k 2 ta có: 2 k k 1 k 1 1 k.a k.a .a   ( vì k k 1 a a   ). Ta có: k k 1 k 1 k k 1 k k 1 k 1 1 1 a a a a a .a k.a .a         Suy ra 2 k k 1 k 1 1 1 k.a a a    Cho k = 2; 3; ...; n ta có: 2 2 1 2 1 1 1 2a a a   ; 2 3 2 3 1 1 1 3a a a   ;.....; 2 n n 1 n 1 1 1 na a a    Cộng theo vế ta được: 2 2 2 n 1 2 2 3 n 1 n 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... 1 2a na a a a a a a a a a               2 2 2 1 2 n 1 1 1 ... 1 1 2 a 2a na        (đpcm) 0,5 0,5 0,5 0,5