Đề thi học sinh giỏi – môn toán 7 năm học 2007 – 2008

§Ò 1: Trường THCS Vinh quang... Trường pt hermann gmeiner hp.[r]

Đề 1:

Trường THCS Vinh quang

đề thi học sinh giỏi – môn toán 7

Năm học 2007 – 2008

Câu 1: (2 điểm)

Cho phân số: A = 3. 4. x x  2 5 (x  z)



a) Tìm x  z để A đạt GTLN Tìm GTLN của A

b) B) Tìm x  z để A có giá trị là một số tự nhiên

Câu 2: (2 điểm)

Tính:

30 23

1 23 16

1 16 9

1 9 2

1 80 73

1

24 17

1 17 10

1 10

3

Câu 3: (2 điểm)

Chứng minh rằng: a) (20012001 – 19971996) 10

c) Cho S = a + a2 + a3 + + an (n  N)

d) Với giá trị nào của n thì S chia hết cho a + 1 (a  -1)

Câu 4: (2 điểm)

Tìm x, y biết

a)

x

y x y

x

6

1 3 2 7

2 3 5

1

2       

b) Cho P =

y z

x t y x

t z x t

z y t z

y x





















 Tìm giá trị của P biết rằng

z y x

t y

x t

z x

t z

y t

z

y

x























Câu 5: (3 điểm): Cho tam giác ABC có góc B = góc C = 40o Kẻ phân giác BD Chứng minh BD + AD = BC

Trường pt hermann gmeiner hp

đáp án – môn toán 7

Câu 1: A = (x  z)

5 / / 4

2 / /

3





x x

a) Tìm x  z để A đạt GTLN Tìm GTLN của A

Có A =     44/ / 5

23 5 / / 4 3 5

/ / 4 4

23 15 / / 12 5 / / 4

4

8 / / 2

/





















x

x x

x x

x

= 44/ / 5 đạt GTLN khi LN

23 4

3





23



x

* Nếu /x/  1  44/ / 5 < 0

23



x

 Nếu /x/  2 thì 44/ / 5 >0

23



x

Vậy 44/ / 5 đạt GTLN khi /x/ = 2  x =  2

23



x

KL: A LN = 44.2 5 = khi x =  2

23 4

3





3

2 2

1232  b) Theo câu a  A  mà A là TN nên A chỉ có thể bằng 0; 1; 2

3

2 2

 Nếu A = 0  = 0 không có giá trị nào của x

5 / / 4

2 / / 3





x x

 Vậy A = 1 khi = 1  3/x/ + 2 = 4/x/ - 5

5 / / 4

2 / / 3





x x

 /x/ = 7  x =  7

A = 2 khi = 2  3/x/ + 2 = 8/x/ - 10

5 / / 4

2 / / 3





x x

/x/ = 12/5  N Vậy A = 1 khi x =  7

Câu 2:

30 23

1 23 16

1 16 9

1 9 2

1 80 73

1

24 17

1 17 10

1 10

3

30

1 23

1 23

1 16

1 16

1 9

1 9

1 2

1 ( 7

1 ) 80 73

7

24 17

7 17 10

7 10

3

7

(

7

=

48

1 ) 30

1 2

1 ( 7

1 )

30

1

3

1

(

7

Câu 3: CMR a) (20012001 – 19971996) :10

20012001 có số tận cùng là 1 : A1

19971996 = (19974)499 19974 có tận cùng là 1

 (19974)499 có tận cùng là 1 : B1

 20012001 – 19971996 có tận cùng là 0  chia hết cho 10

b) n lẻ thì: (a + a2) + (a3 + a4) + + (an-2 + an-1 + an

= a(a + 1) + a3(a + 1) + + an-2(a+1) + an (a + 1)

Tương tự n chẵn  (a + a2 + a3 + + an) : a + 1

Câu 4:

a)

x

y x y

x

6

1 3 2 7

2 3 5

1

Có

12

1 3 2 7

2 3 5

1







x

Thay x = 2 vào 2 tỉ số đầu ta tính được y = 3

Vậy x = 2 ; y = 3



























t y

x t

z x

t z

y t

z y

x



z y x

t z y x y t x

t z y x z

t x

t z y x t z

y

t z

y

x















































Nếu x + y + z + t  0  y + z + t = x + t + z = x + y + z

x = y = z = t  P = 4

Nếu x + y + z + t = 0  P = - 4

 6x = 12

x = 2

C©u 5

CM: BD + AD = BC

- KÎ MD // BC (M  AB)

- LÊy N  BC sao cho BD = BN

- Trong ∆ DBN cã gãc DBN = 20o  BND = = 80o

2

20

180 0  0

Mµ DNB lµ gãc ngoµi ∆ DNC  DNB = C + CDN

 CDN = DNB - C = 80o - 40o = 40o

ThÊy ∆ BMD c©n t¹i M  BM = MD mµ MD // BC  BM = DC

DÔ thÊy ∆ AMD = ∆ NDC (g.g)  AD = NC

VËy BD + AD = BD + NC = BN + NC = BC

BD + AD = BC