Tài liệu đề và đáp án thi học sinh giỏi toán 7

PHÒNG GD&ĐT THANH LIÊM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS LIÊM PHONG MÔN TOÁN LỚP 7 NĂM HỌC 2012 – 2013 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1:( 3 điểm) a) Thực hiện phép tính: A 212.35  46.92  2 .3 2 6  8 .3 4 5  510.73  255.49 2  125.7  3  59.143 b) Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n thì : 3n  2  2n  2  3n  2n chia hết cho 10 Bài 2:(2 điểm) Tìm x biết: x 1 4 2    3, 2   3 5 5 Bài 3: (2 điểm) Cho a c a2  c2 a  . Chứng minh rằng: 2 2  c b b c b Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng: a) AC = EB và AC // BE b) Gọi I là một điểm trên AC ; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK . Chứng minh ba điểm I , M , K thẳng hàng � � c) Từ E kẻ EH  BC  H  BC  . Biết HBE  500 ; MEB  250 � � Tính HEM và BME PHÒNG GD&ĐT THANH LIÊM ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA TRƯỜNG THCS LIÊM PHONG CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 7 NĂM HỌC 2012 – 2013 Bài 1:(3 điểm): a) (1.5 điểm) 212.35  46.92 510.73  255.492 10 212.35  212.34 510.73  5 .7 4 A   12 6 12 5  9 3 9 3 3 6 3 9 3 2 4 5  2 .3  8 .3  125.7  5 .14 2 .3  2 .3 5 .7  5 .2 .7 212.34.  3  1 510.73.  1  7   12 5  2 .3 .  3  1 59.73.  1  23  212.34.2 5 .7 .  6  12 5  9 3 2 .3 .4 5 .7 .9 1 10 7    6 3 2 10 3 b) (1.5 điểm) 3n  2  2n 2  3n  2n = 3n  2  3n  2n  2  2 n = 3n (32  1)  2n (2 2  1) = 3n 10  2n 5  3n 10  2 n1 10 = 10( 3n -2n) Vậy 3n  2  2n 2  3n  2n M10 với mọi n là số nguyên dương. Bài 2:(2 điểm) x 1 4 2    3, 2    3 5 5  x 1 4 14   3 5 5 x 1 4 16 2    3 5 5 5   x 1  2 1 3 x 2  1  x  2 3  3   x  2 1  7  3 3  x 2 1 5 3 3  Bài 3: (2 điểm) Từ a c  suy ra c 2  a.b c b a 2  c 2 a 2  a.b khi đó 2 2  2 b c b  a.b a ( a  b) a = b( a  b )  b Bài 4: (3 điểm) a/ (1điểm) Xét AMC và EMB có : AM = EM (gt ) A I M B �  EMB (đối đỉnh ) AMC � BM = MC (gt ) Nên : AMC = EMB (c.g.c ) C H K E 0,5 điểm  AC = EB � � Vì AMC = EMB  MAC  MEB (2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE ) Suy ra AC // BE . b/ (1 điểm ) Xét AMI và EMK có : AM = EM (gt ) � � MAI  MEK ( vì AMC  EMB ) AI = EK (gt ) Nên AMI  EMK ( c.g.c ) Suy ra: �  EMK AMI � Mà �  IME  1800 ( tính chất hai góc kề bù ) AMI � � �  EMK  IME  1800  Ba điểm I;M;K thẳng hàng c/ (1 điểm ) � � Trong tam giác vuông BHE ( H  900 có HBE  500 � �  HEB  900  HBE  900  500  400 � � �  HEM  HEB  MEB  400  250  150 � BME BME là góc ngoài tại đỉnh M của HEM � � � Nên BME  HEM  MHE  150  900  1050 ( định lý góc ngoài của tam giác ) ( Học sinh giải theo cách khác đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa)