187 đề HSG toán 7 trường trực tĩnh 2016 2017

Cho một tam giác cân có độ dài hai cạnh là 3cm và 21cm.. Chu vi của tam giác đó bằng: A.. Tổng của hai đa thức không cùng bậc là một đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của các đa thức hạ

TRƯỜNG THCS TRỰC TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP TRƯỜNG Môn Toán

Năm học 2016-2017 Phần I Trắc nghiệm

Câu 1 Cho một tam giác cân có độ dài hai cạnh là 3cm và 21cm Chu vi của tam

giác đó bằng:

A 39cm B 27cm C 45cm D 46cm

Câu 2 Khẳng định sau đúng hay sai ? Tổng của hai đa thức không cùng bậc là một

đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của các đa thức hạng tử

A Đúng B Sai

Câu 3 Cho hàm số ( ) 2 1

3

y f x  x Khi đó, ta có:

A f   2 f   1 f  0 B f   2 f( 1)  f(0)

C ( 2)f   f(0) f( 1) D ( 2)f   f(0) f( 1)

Câu 4 Cho hàm số y f x( )2x2 5.Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A (0)f 0 B f  1  f  1 C (2)f  f( 2) D (0)f  f( 1)

II Tự luận

Bài 1 (3 điểm) Thực hiện phép tính:

a)

15 9 20 9

10 19 29 6

5.4 9 4.3 8

5.2 6 7.2 27



A     

Bài 2 (5 điểm)

a) Tìm ,x biết: 2x 1 3 2x2 4 2x 3 16

b) Tìm x biết: , 3 : 21 1 21

2 x  22 c) Tìm , ,x y z biết: 2 3 2

xy  y z

và x z 2y

Bài 3 (1 điểm) Cho tỉ lệ thức a c

b  d Chứng minh rằng:

a2c b d  ac b 2d

Bài 4 (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A; K là trung điểm của BC Trên tia

đối của tia KAlấy D, sao cho KD KA

a) Chứng minh CD/ /AB

b) Gọi H là trung điểm của AC BH cắt AD tại M; DH cắt BC tại N Chứng ;

minh rằng: ABH  CDH

c) Chứng minh HMN cân

Bài 5 (2 điểm) Chứng minh rằng số có dạng abcabcluôn chia hết cho 11

ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM: 1B 2A 3B 4C

Bài 1

15 9 20 9 2.15 2.9 2 20 3.9

10 19 29 6 10 19 19 29 3.6

29 18

5.4 9 4.3 8 5.2 3 2 3 2

)

5.2 6 7.2 27 5.2 2 3 7.2 3

2 3 5.2 3 10 9 1

2 3 5.3 7 15 7 8

A     

(1)

Nhân cả hai vế của A với 1

2

2A  2 2  2  2  2 (2)

Từ (1) và (2) ta có:

99 100

99 100

2

A A

A

A

Bài 2

a)

2 2 6 6 8 12 16

b) Nếu 1

2

x ta có:

Nếu 1

2

x Ta có:

 

 

: 2

x

x

Vậy 7

3

x hoặc 4

3

x   c) Từ x z 2yta có:

x y z hay 2x4y2z0hay 2x y 3y2z0

Hay 2x y 3y2z

Vậy nếu 2 3 2

xy  y z

thì 2x y 3y2z0

2

x   y x y

Từ 3y2z0 và x z 2y   x z y 2z0hay 1 0

2y  y z Hay 3 0

2y z hay 2

3

y z, suy ra : 1

3

x z

Vậy các giá trị , ,x y z cần tìm là 1 ; 2 ;

x z y z z

x y y z y

 hoặc x ,y2 ,x z3x

Bài 3

Ta có:

a c b d a c b d

ab ad cb cd ab ad cb cd

a c

cb ad

b d

Bài 4

a) Xét 2 tam giác ABK và DCK có:

( );

BK CK gt BKA CKD (đối đỉnh); AK CK gt( ) ABK  DCK c g c( )

;

DCK DBK

  mà ABCACB900 ACD ACBBCD900

0

ACD BAC AB CD AB AC CD AC

b) Xét 2 tam giác vuông: ABH và CDH có:

(

BACD do ABK  DCK AH); CH gt( ) ABH CDH c g c( )

c) Xét 2 tam giác vuông : ABC và CDA có:

0

ABCD ACD BAC , AC cạnh chung

( )

ABC CDA c g c ACB CAD

Mà AH CH gt( )và MHANHCABH  CDH

AMH CNH g c g MH NH

      Vậy HMN cân tại H

Bài 5 Ta có:

2

.10 10 10 10 10

.10 10 1 10 10 1 10 1

10 1 10 10 1001 .10 10

11.91 .10 10 11

N M

H

D K

B

Vậy abcabc11