Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 7 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Trần Hưng Đạo

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì thi HSG cấp trường sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 7 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Trần Hưng Đạo làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 7 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Trần Hưng ĐạoPHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUMTNG THC TĐỀ THI KHẢO ÁT HỌC INH GIỎI LỚP 7N H NG ĐẠOMÔN: TOÁNNĂM HỌC: 2017 – 2018ĐỀ CHÍNH THỨC(Đề thi gồm 01 trang)Ngày thi: 03/04/2018Thời gian: 90 phút không tính thời gian ghi đềCâu 1: (4,5 điểm).1. Tính giá trị các biểu thức sau: 3 4  7  4 7  7a) A =    :     : 7 11  11  7 11  11b) B =212.35  46.92(22.3)6  84.352. Cho5x 2  3y 2x y . Tính giá trị biểu thức: C =10x 2  3y 23 5Câu 2: (4,5 điểm)1. Tìm các số x, y, z, biết:a)x y y z ;  và x + y + z = 922 3 5 7b) (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 02. Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x – y = 6Câu 3: (3,0 điểm)1. Tìm đa thức A biết: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y22. Cho hàm số y = f(x) = ax + 2 có đồ thị đi qua điểm A(a – 1; a2 + a).a) Tìm ab) Với a vừa tìm được, tìm giá trị của x thỏa mãn: f(2x – 1) = f(1 – 2x)Câu 4: (6,0 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABD vàACE. Gọi I là giao điểm BE và CD. Chứng minh rằng:a) BE = CDb)BDE là tam giác cânc) EIC  600 và IA là tia phân giác của DIECâu 5: (2,0 điểm)1. Tìm số hữu tỉ x, sao cho tổng của số đó với nghịch đảo của nó có giá trị là một số nguyên.2. Cho các số a, b, c không âm thỏa mãn: a + 3c = 2016; a + 2b = 2017. Tìm giá trị lớn nhất củabiểu thức P = a + b + c.ĐÁP ÁNCâu 1: 1. 3 4  7  4 7  7 3 4  11  4 7  11a) A =    :     :=   .    . 7 11  11  7 11  11  7 11  7  7 11  7A=b) B =1111  3 4   4 7   11  3 4   4 7   11       =        =  (1)  1  .0  0777  7 11   7 11   7  77   11 11  212.35  46.92212.35  (22 )6 .(32 ) 2 212.35  212.34212.34 (3 1)==(22.3)6  84.35212.36  (23 ) 4 .35212.36  212.35212.35 (3  1)212.34.2 1B = 12 5 2 .3 .4 62. ĐặtC= x  3kx y. Khi đó: =k 3 5 y  5k5x 2  3y 25(3k) 2  3(5k) 2 45k 2  75k 2 120k 2==810x 2  3y 2 10(3k) 2  3(5k) 2 90k 2  75k 2 15k 2Câu 2: 1.yx yx 2  310  15xyz a) Ta có: 10 15 21y  zy  z15 21 5 7Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau và x + y + z = 92, ta được:xyzxyz92 2=10 15 21 10  15  21 46x10  2 x  20y   2   y  3015z  42z2 21b ) Ta có: (x – 1)2016  0(2y – 1)2016 0 x y|x + 2y – z|2017  0  x, y, z (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017  0  x, y, z x – 12016  020160Mà (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 0 nên dấu = xảy ra   2y – 120170 x  2y – zx  1x  111 y  y 221z21  2. 2 – z  02. Ta có: xy + 3x – y = 6  x(y + 3) – (y + 3) = 6 – 3 (x – 1)(y + 3) = 3 = 1.3 = 3.1 = (– 1)(– 3) = (– 3)(– 1)Ta có bảng sau:x–113–1–3y+331–3–1x240–2y0–2–6–4Vậy: (x; y) = (2; 0) = (4; – 2) = (0; 6) = (– 2; – 4)Câu 3:1. Ta có: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y2A = x2 – 7xy + 8y2 + (3xy – 4y2)A = x2 – 4xy + 4y22.a) Vì đồ thị hàm số y = f(x) = ax + 2 đi qua điểm A(a – 1; a2 + a) nên:a2 + a = a(a – 1) + 2  a2 + a = a2 – a + 2  2a = 2  a = 1b) Với a = 1 thì y = f(x) = x + 2Ta có: f(2x – 1) = f(1 – 2x)  (2x – 1) + 2 = (1 – 2x) + 2  4x = 2  x =12Câu 4:B ABC, A = 900,  ABD và  ACE đềuGTI = BE  CDD1a) BE = CDb)KLI21BDE là tam giác cânA31122c) EIC  600 và IA là tia phân giác của DIE0000DAC  A1  90  60  90  150 DAC  BAEa) Ta có: 0000BAEA9060901502XétDAC vàBAE có:DA = BA (GT)DAC  BAE (CM trên)AC = AE (GT)DAC =BAE (c – g – c)  BE = CD (Hai cạnh tương ứng)2 12ECb) Ta có: A3  A1  BAC  A2  3600 A3  600  900  600  3600 A3  1500 A 3 = DAC = 1500XétDAE vàBAE có:DA = BA (GT)A 3 = DAC (CM trên)AE: Cạnh chungDAE =BAE (c – g – c)  DE = BE (Hai cạnh tương ứng) BDE là tam giác cân tại Ec) Ta có:DAC =BAE (CM câu a)  E1 = C1 (Hai góc tương ứng)Lại có: I1  E2  ICE  1800 (Tổng 3 góc trongICE) I1  (AEC  E1 )  (C1  C2 )  1800 I1  600  E1  C1  600  1800 I1  1200  1800 (Vì E1 = C1 ) I1  600VìDAE =BAE (Cm câu b)  E1 = E 2 (Hai góc tương ứng)  EA là tia phân giác củaDEI (1)DAC  BAEVì  DAC =DAE  BAEDAE  D1 = D 2 (Hai góc tương ứng)  DA là tiaphân giác của EDC (2)Từ (1) và (2)  A là giao điểm của 2 tia phân giác trongba trongDIE hay IA là tia phân giác của DIECâu 5:1. Gọi x =x+Để x m(m, n  Z, n  0, (m, n) = 1). Khi đó:n1 m n m2  n 2  (1)x n mmn1nguyên thì m2 + n2xmn m2 + n2mn2m (Vì m2nmMà (m, n) = 1 nên m = 1 hoặc m = – 1*) Với m = 1:m)DIE  IA là đường phân giác thứTừ (1), ta có: x 1 12  n 2 1  n 21=. Để x  nguyên thì ...