de thi hoc sinh gioi toan 7 cap huyen nam 2018

Học toán online.vn gửi cho tới những em học viên và độc giả Đề ganh đua học viên xuất sắc Toán 7 năm 2018 – 2019 chống GD&ĐT Đông Hưng – Tỉnh Thái Bình.

Bạn đang xem: de thi hoc sinh gioi toan 7 cap huyen nam 2018

Tài liệu Học sinh xuất sắc Toán 7 và chỉ dẫn giải cụ thể những đề ganh đua học viên xuất sắc tiếp tục luôn luôn được cập thông thường xuyên kể từ giaoducphanthiet.edu.vn, những em học viên và quý độc giả truy vấn trang web nhằm nhận những tư liệu Toán hoặc và tiên tiến nhất không lấy phí nhé.

Tài liệu Đề ganh đua học viên xuất sắc Toán 7 năm 2018 – 2019 chống GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình

Các em học viên và độc giả mò mẫm tìm tòi tăng tư liệu Toán 7 bên trên phía trên

Xem thêm: co 9 tam the danh so tu 1 den 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời hạn kí thác đề) ĐỀ CHÍNH THỨC 3 3  0, 6   0, 7 5 7 Bài 1(4đ) a) Không sử dụng PC, hãy tính độ quý hiếm của biểu thức: S  13 11 11  2, 2   2, 7 5 7 13 1 1 1 1 1 1 b. Cho biểu thức: A    2  3  4  5  …  100 3 3 3 3 3 3 1 Tính độ quý hiếm của biểu thức B  4 A  100 . 3 Bài 2(4đ) a, Cho Q = 27 – 2x . Tìm những số nguyên vẹn x nhằm Q có mức giá trị nguyên vẹn ? 12 – x b) Tìm x, biết:  x  5  x 1   x  5 x 13 0 Bài 3 : ( 4 điểm) 2 a) Tìm độ quý hiếm lớn số 1 của biểu thức : Phường  (2 x  5 hắn ) 2  15 hắn  6 x   xy  90 x y z t    với x, hắn, z, t là những số tự x hắn  z x hắn t hắn  zt x z t 10 nhiên không giống 0. Chứng minh M  1025 . b) Cho biểu thức M  Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vuông góc với AC (D nằm trong AC). Từ C kẻ CE vuông góc với AB (E nằm trong AB). a. Chứng minh rằng: OD  1 BC . 2 b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, bên trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân nặng. Bài 5: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC sở hữu góc A tù. Kẽ AD  AB và AD = AB (tia AD nằm trong lòng nhì tia AB và AC). Kẽ AE  AC và AE = AC (tia AE nằm trong lòng nhì tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AM  DE. Bài 6: (2điểm). Trong hình mặt mày, đường thẳng liền mạch OA là đồ dùng thị của hàm số hắn = f(x) = ax. y 2 a) Tính tỉ số 0 . x0  4 b) Giả sử x0 = 5. Tính diện tích S tam giác OBC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 7 NĂM HỌC 2018 – 2019 ( Thời gian lận thực hiện bài: 120 phút) Bài 1 (4đ) Câu 1.a (2 đ) Nội dung Điểm a) Tính độ quý hiếm của S  1 1 1 1  3 3 3 3 3 3 3      0, 6   0, 75    3  13 5 7 4  13 7 13 5 7 4 S     11 11 11 11 11 11  1 1 1 1  11 1 1      2, 2   2, 75    7 13 7 5 13 4  7 5 13 4  2đ (Mỗi bước triển khai tính ghi 0,5đ; nếu như sử dụng PC chỉ đích thành phẩm ko ghi điểm) 1.b (2 đ) 1 1 1 1 1 1 A    2  3  4  5  …  100 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 3 A  1   2  3  4  …  99 3 3 3 3 3 1 3 1,0 1 1  A   1  100  4 3  0,5 A  3 A  1  100 1 1  1 1   A  0  A    1  100    1  100  4 3  4 3  1 1 1  1 B  4. A  100  4. 1  100   100  1 3 4 3  3 2 (4đ) 2.a 2,0đ 0,5 Điều khiếu nại : x  Z ; x ≠ 12 2.(12 – x) + 3 3 27 – 2x = =2+ 12 – x 12 – x 12 – x Ta sở hữu 2  Z ; x  Z ; x ≠ 12 3 nên Q có mức giá trị nguyên vẹn Khi và chỉ khi có độ quý hiếm nguyên 12  x Biến đổi Mà Q= 3 có độ quý hiếm nguyên vẹn Khi và chỉ Khi 12  x  Ư(3) 12  x Ư(3) = -3; -1; 1; 3 + Nếu 12 – x = – 3 thì x = 15 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Nếu 12 – x = -1 thì x = 13 (thỏa mãn điều kiện) + Nếu 12 – x = 1 thì x = 11 (thỏa mãn điều kiện) + Nếu 12 – x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy Q có mức giá trị nguyên vẹn Khi và chỉ Khi x  9; 11; 13; 15 2.b .2,0đ  x 5  x 5  hoặc  x  5  x  5 x 1 x13 x1 12 0,5đ 0,5đ  0 , hoặc 1 x 5  0 12 x  5  0 0   x  1  0 12 2đ  0   x  5 1  x  5   0 x1 (Thiếu x + 1  0, trừ 0,25đ)  x5 x  5  1 1   x  5   0   x  5  1   12 x  6    x  5  1 x  4 (Thiếu một độ quý hiếm x – 5 = –1 , trừ 0,25đ) 3.a 0,25 b) Tìm x, biết:  x  5  x  1   x  5  x  1 3  0 x1 3 (4đ) 0,25 0,25 0,25 0,5đ . Vậy: x = 4, x = 5, x = 6 0,5đ Tìm độ quý hiếm lớn số 1 của biểu thức : Phường  (2 x  5 hắn ) 2  15 hắn  6 x   xy  90 2,5đ Ta sở hữu Phường  (2 x  5 hắn ) 2  15 hắn  6 x   xy  90 0,5 2 2  (2 x  5 hắn ) 2   6 x  15 hắn   xy  90 2  (2 x  5 hắn )2  9.(2 x  5 y) 2  xy  90   8.(2 x  5 hắn ) 2  xy  90  Ta thấy (2 x  5 hắn ) 2  0 với từng x, hắn nên 8.(2 x  5 hắn ) 2  0 với từng x, y 0,25 xy  90  0 với từng x, y Khi cơ 8.(2 x  5 y) 2  xy  90  0 với từng x, y Suy đi ra  8.(2 x  5 hắn ) 2  xy  90   0 với từng x, y Hay Phường ≤ 0 với từng x, y 0,25 Dấu‘‘=’’ xẩy ra Khi (2 x  5 hắn ) 2  0 và xy  90  0 0,25 + Với (2 x  5 hắn ) 2  0 thì 2 x  5 hắn  x y  5 2 0,25 + Với xy  90  0 thì xy = 90 0,25 x y   k tớ được x = 5k ; và hắn = 2k 5 2 Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90 Tìm được k = 3 hoặc k = -3 + Nếu k = 3 thì x = 15 ; hắn = 6 + Nếu k = -3 thì x = -15 ; hắn = – 6 0,25 Đặt 0,25 Kết luận : Vậy độ quý hiếm lớn số 1 của Phường là 0 Khi và chỉ Khi x = 15 ; hắn = 6 hoặc x = -15 ; hắn = – 6 x x  x  y  z x  y b) Ta có: y y  x yt x y 0,1 z z  y zt zt t t  x zt zt 0,25 x y z t (  )(  ) z  t z  t => M 2 M x  hắn x  y + Có M10 210 (Vì M > 0) tuy nhiên 210= 1024 1025 Vậy M10 1025 4 (4đ) 0.25 0,25 Vẽ hình ghi fake thiết kết luận A D N E M 0,5 B O C I 1 BC . 2 Trên tia đối của tia OD lấy điểm I sao mang đến OI = OD. Nối I với C. Chứng minh được ΔOBD = ΔOCI (c.g.c) BD = CI và BDO  OIC Mà nhì góc này ở địa điểm sánh le trong DB // CI Mà CD  BD  CD  CI Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c) Chứng minh : OD  0,5 0,5 0,5 0,5 BC = DI 1 BC . 2 Chứng minh ΔOMN cân Nối O với E Từ cơ  OD  Chứng minh tương tự động câu a sở hữu OE  1 BC . 2  OD = OE  ΔOED cân nặng bên trên O Chứng minh được OEM  ODN -Chứng minh được ΔOEM = ΔODN (c.g.c)  OM = ON  Điều cần triệu chứng minh 5 (2đ) Chứng minh: AM  DE Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao mang đến MF = MA   AMB   FMC ( c. g .c )  (2)  AB  AD  CF (1);  ABM  FCM   BAC   1800 (3) Từ (2)  CF  AB  FCA   EAD   BAD   900 ; AE  AC  CAD   EAD   CAE   900 AD  AB  BAE   EAD   CAD   EAD   180 0  BAC   EAD   1800 (4)  BAE   EAD   ADE  CFA (c. g.c)    Từ (3) và (4)  FCA AED  CAF   CAE   900 nên     900 hoặc    FAE   900 mà CAF AED  FAE AEK  KAE   AKE vuông bên trên K  AM  DE 6 (2đ) Điểm A nằm trong đồ dùng thị hàm số hắn = ax nên tọa phỏng (2;1) của A cần thỏa mãn nhu cầu hàm số hắn = ax. Do cơ, 1 = a.2  a = 1 1 . Vậy hàm số được mang đến bởi vì công thức hắn = x. 2 2 Hai điểm A và B nằm trong đồ dùng thị hàm số nên hoành phỏng và tung phỏng của bọn chúng tỉ trọng thuận với nhau. y 1 2 hắn 2 Suy đi ra 0    0 (theo đặc thù của sản phẩm tỉ số bởi vì nhau) x0 2 4 x0  4 Vậy y0  2 1 = . x0  4 2 Nếu x0 = 5 thì y0 = 0,5 0,25 0,25 0,5 2,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25 0,25 0,5 0,25 1 5 x0 = = 2,5. 2 2 0,25 Diện tích tam giác OBC là: Áp dụng công thức S = SOBC = 1 . 5. 2,5 = 6,25. 2 1 (a.h) tớ có: 2 0, 5

Xem thêm: cong thuc tinh chu vi hinh tam giac lop 3