SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH Đề chính thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM Năm học 2020 2021 Môn Toán 7 Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 02 tháng 02[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

YÊN ĐỊNH

Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM

Năm học 2020 - 2021

Môn: Toán 7

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày 02 tháng 02 năm 2021

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I: (5,0 điểm)

1 Thực hiện phép tính:

512 5 2

16

3 : 4

9 5 5 2

2 7

3 3

7 7











































A

2 Cho x916 y16 25z259

và 2 3 5 11





x Tính Bx yz 2021

        với x, y, z, t là các số

tự nhiên khác 0 Chứng minh M 10 1025

Câu II: (5,0 điểm)

2015

2013 1

2

5 4

2 4 3

2 3 2

2













x x

2 Cho x, y, z 0 và x y z 0 Tính giá trị biểu thức 











































z

y y

x x

z

3 Tìm số tự nhiên n để phân số 72 38





n

n

có giá trị lớn nhất

Câu III: (4,0điểm)

1 Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ

số cuối giống nhau

2 Tìm các số nguyên dương n và các số nguyên tố p sao cho   1

2

1





n n

Câu IV: (5,0 điểm)

Cho ABC có góc A nhỏ hơn 900 Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C

vẽ đoạn thẳng AM sao cho AM vuông góc với AB và AM = AB, trên nửa mặt phẳng bờ

AC không chứa điểm B vẽ đoạn thẳng AN sao cho AN vuông góc với AC và AN = AC

a) Chứng minh rằng: AMC = ABN

b) Chứng minh: BN  CM

c) Kẻ AH BC (H  BC) Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN

Câu V: (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a và b thỏa mãn: a100 b100 a101 b101 a102 b102

Hãy tính giá trị của biểu thức: Pa2014 b2015

- Hết

-Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay và tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM

YÊN ĐỊNH

Hướng dẫn chấm

Năm học 2020 - 2021

Môn: Toán

Ngày 02 tháng 02 năm 2021

(Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm 05 câu)

I

(5đ)

  2.

1 2 5 2

3 2 2 2 2 5 2

12 2 2

2 5 2

16

3 : 4

9 5 5 2 512

5 2

16

3 : 4

9 5 5 2

2 2 7

3 6 2 7 2 7

3 7 2

7 2 7

3 7

2 7

3 3

7 7























































































2 Ta có: 2x3 – 5 = 11  x3 = 8  x = 2

25

9 16

25 25

9 16

25 9

16 2



















 y = 16.2 + 25 = 57; z = 25.2 – 9 = 41

Vậy B = 2 – 57 + 41 + 2021 = 2007

0,5

0,75

0,25

3.+ Ta có: x y z x x y x

   ; y z t z z t z

   ; t t

x z t  z t

t z

t t z

z ( ) y x

y y x

x (













+ Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210 = 1024 < 1025

Vậy M10 < 1025

0.5

0,5 0,25 0.25

II

(5đ)

1  2 1 20152013

5 4

2 4 3

2 3

2

2













x x

5

1 4

1 4

1 3

1 3

1 2

1































x x

2015

2 1

2 2015

2013 1

2 1 2015

2013 1

1 2

1































x x

x

1,0

1.0

2 Ta có: P x z y x z yxx z yy x zz y









































Từ x y z 0  x zy;y x z;zyx

Suy ra:     1

z

x y

z x

y

0,5 0,5 0,5

3 2 2

5 2

7 3 2 2

5 3 2 7 3 2 2

8 7 2 3 2

8 7

























n n

n n

n n

n

Phân số đã cho có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 22n5 3 lớn nhất

Từ đó suy ra: 2n-3=1  n 2 Vậy giá trị lớn nhất của phân số đã cho bằng 6

khi n 2

0,5 0,5

0,5

III

(4,0đ)

1 Theo bài toán ta có: N = aabb = 1100a + 11b = 11(100a + b)

Để N là một số chính phương ta phải có:100a + b = 99a + (a + b) = 11t2 (t  N)

Mà 99a  11 nên a + b  11 => a + b = 11 Vậy 99a + 11 = 11(9a + 1) = 11t2 =>

9a + 1 = t2 (1)

1,0 1,0

Cho a từ 1 đến 9 chỉ có a = 7 thoã mãn (1); Từ đó suy ra b = 4

2 Với n = 1 thì p = 0, không là số nguyên tố.

Với n = 2 thì p = 2, là số nguyên tố.

Với n = 3 thì p = 5, là số nguyên tố.

Với n  4, ta viết p dưới dạng:   

2

2 1 2

2







p

Ta xét hai trường hợp:

 Nếu n lẻ (n  5) thì  . 2

2

1





 n n

p , là tích của hai số nguyên lớn hơn 1

nên p là hợp số.

 Nếu n chẵn (n  4) thì    

2

2

1 



n

p , là tích của hai số nguyên lớn hơn 1

nên p là hợp số.

Đáp số: n 2 ;p 2 và n 3 ;p  5

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

IV

(5,0đ)

D

K I

H

E F

A M

N

a) (2đ)

Xét AMC và ABN, có:

AM = AB (gt)

AC = AN (gt)

 MAC = NAC ( = 900 + BAC) Suy ra AMC = ABN (c - g - c) 2,0

1.5 0,5

b) (2đ)

Gọi I là giao điểm của BN với AC, K là giao điểm của BN với MC

Xét KIC và AIN, có:

ANI = KCI (AMC = ABN)

 AIN = KIC (đối đỉnh)

 IKC = NAI = 900, do đó: MC  BN

0.5

c) (1đ) Kẻ ME  AH tại E, NF AH tại F Gọi D là giao điểm của MN và AH

- Ta có: BAH + MAE = 900(vì MAB = 900)

Lại có MAE + AME = 900, nên AME = BAH

Xét MAE và ABH , vuông tại E và H, có:

AME = BAH (chứng minh trên)

MA = AB

Suy ra MAE = ABH (cạnh huyền-góc nhọn)

 ME = AH

- Chứng minh tương tự ta có AFN = CHA

 FN = AH

Xét MED và NFD, vuông tại E và F, có:

ME = NF (= AH)

EMD = FND(phụ với MDE và FDN, mà MDE =FDN)

 MED = NFD  BD = ND

Vậy AH đi qua trung điểm của MN

V

(1,5đ)

Ta có đẳng thức: a102 b102 a101 b101ab aba100 b100 với mọi a, b.

Kết hợp với: a100 b100 a101 b101 a102 b102

Suy ra: 1 ab ab a 1b 1 0















































1 1

1 1

1

1 1

1 1

1

102 101

100

102 101

100

a a a

a b

b b b

b a

Do đó Pa2014 b2015  1 2014  1 2015  2

0,5 0,5 0,25 0.25

Chú ý:

1 Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

2 Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.