161 đề HSG toán 7 huyện ngọc lặc 2015 2016

5 điểm Cho tam giác ABC có AB AC.Gọi M là trung điểm của BC Từ.

PHÒNG GD&ĐT NGỌC LẶC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH MŨI NHỌN

MÔN TOÁN LỚP 7 NĂM HỌC 2015-2016 Bài 1 (4 điểm) Thực hiện phép tính:

7 11 23 5 13 )

a A

12 5 6 2 10 3 5 2

2 3 4 9 5 7 25 49

)

125.7 5 14

2 3 8 3





Bài 2 (5 điểm)

a) Chứng minh rằng 3n22n2  3n 2nchia hết cho 10 với mọi số nguyên dương n

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 2014 x 2015 x 2016x

c) Tìm ,x y thuộc biết: 2  2

25 y 8 x2015

Bài 3 (4 điểm)

a) Cho 16 25 49

x  y  z

3

4x  3 29.Tính x2y3z

b) Cho   3  2 

4 1 8

f x ax  x x   và   3  

4 1 3

g x x  x bx  c trong đó a b c, ,

là hằng số Xác định a b c để , , f x g x 

Bài 4 (5 điểm) Cho tam giác ABC có AB AC.Gọi M là trung điểm của BC Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với tiaa phân giác của BAC tại N, cắt tia AB tại E và cắt tia AC

tại F Chứng minh rằng:

)

)

2

a BE CF

AB AC

b AE







Bài 5 (2 điểm) Cho tam giác ABC có 0 0

45 , 120

B C  Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD2CB.Tính ADB

ĐÁP ÁN Bài 1

7 11 23

)

5

7 11 23 5 13 10

13 31

5 13 10

7 11 23

a A

5

3 3 13

 

12 5 6 2 10 3 5 2 12 5 12 4 10 3 10 4

2 3 4 9 5 7 25 49 2 3 2 3 5 7 5 7

)

2 3 2 3 5 7 5 7 2 125.7 5 14

2 3 8 3

2 3 3 1 5 7 1 7 2 5 6 1 10 7

2 3 3 1 5 7 1 2 3.4 9 6 3 2





Bài 2

1 1

)3 2 3 2 3 9 2 4 3 2

3 10 2 5 3 10 2 10

10 3 2 10

n n





Vậy 3n2 2n2  3n 2nchia hết cho 10 với mọi số nguyên dương n

b) Vì 2015 x 0nên:

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi x2015 (1)

Ta có: 2014 x 2016  x x 2014  2016  x x 20142016 x 2

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi x2014 2016 x0,suy ra: 2014 x 2016 (2)

Từ (1) và (2) suy ra A2 Dấu " " xảy ra  x 2015

Vậy A nhỏ nhất bằng 2 khi x2015

25y 258 x2015 25 x2015 4

Do x nguyên nên  2

2015

x là số chính phương Có 2 trường hợp xảy ra:

 2 5

1: 2015 0 2015

5

y

y





       



 2 2015 1 2016

2 : 2015 1

2015 1 2014

TH x

Với x2016 x 2014y2 17(ktm)

Vậy x2015,y5và x2015,y 5

Bài 3

a) Ta có: 4x3 3 29 x 2

Thay vào tỷ lệ thức ta được:

Vậy x2y3z 2 2.  7 3.1 19

b) Ta có:

4 1 8 4 4 8 4 4 8 ( ) 4 1 3 4 4 3

         

Do f x g x nên chọn x bằng 0;1; 1 ta được:

Từ (1) và (2) suy ra b0,a 3

Vậy a 3,b0,c11

Bài 4

a) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt EF tại D ,

Xét MBD và MCF có: DBM FCM (so le trong);

 

( );

MBMC gt BMDCMF dd

Do đó: MBD MCF c g c BDCF(1)

Mặt khác AEF có AN vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên AEF cân tại A

  mà BDE MFA(đồng vị) nên BDE E

Do đó BDE cân tại ,B suy ra BDBE(2)

Từ (1) và (2) suy ra BE CF dfcm( )

b) AEF cân tại AAE AF

Ta có:

2

( )

Vậy

2

N D

F

E

M A

Bài 5

Trên CA lấy điểm E sao cho EBA150 B1 300

Ta có: E1 A1EBA30 ,0 do đó CBE cân tại CCBCE

Gọi F là trung điểm CDCBCE CF FD

CEF

 cân tại C, lại có: C11800 BCA600nên là tam giác đều

Như vậy CB CE CF FD EF   

Suy ra D1 E3mà D1E3 F2 60 (0 CEFđều) 0

1 30

D

Xét CDE ta có: 0   0

1 1

Ta có: D1B1EBED A, 1EBAEAEBEDEA(2)

2 1

2

1

2

1

3 2 1 1

B

D

A

C

F

E

Từ (1) và (2)  EDAvuông cân tại ED2 450 Vậy ADBD1D2 300 450 750