Đề Học Sinh Giỏi Toán 7 Năm 2020 – 2021 Phòng GD&ĐT Yên Định – Thanh Hóa

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 5 9 5 . 2

2 7

3 3

7 7





 



 



 







 





 A

2. Cho

25 9 16

25 9

16   

 y z

x và 2x³511. Tính B xyz2021.

3. Cho biểu thức M ^{x y z t}

x y z x y t y z t x z t

   

        với x, y, z, t là các số tự nhiên khác 0. Chứng minh M¹⁰ 1025.

Câu II: (5,0 điểm)

1. Tìm x, biết:

 

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

P 1 z 1 1 .

3. Tìm số tự nhiên n để phân số

3 2

8 7



 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

p .

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.

2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH

Hướng dẫn chấm

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM

Năm học 2020 - 2021 Môn: Toán

Ngày 02 tháng 02 năm 2021

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

Câu Nội dung ^Điểm

I (5đ)

1.

 



5 2



^21.

2 3 2 2 2 . 2 5 . 2

12 2 2

. 2 5 . 2

16 : 3 4 5 9 5. 2 512

5 . 2

16 : 3 4 5 9 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

 

 



 





 







 





 



 



 



 







 







A 2.0

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

Do đó: 2

25 9 16

25 25

9 16

25 9

16

2  y  z  y  z 

 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 x}

x y zx y

   ; ^{y y}

x y t  x y

   ; ^{z z}

y z t z t

   ; ^{t t}

x z t  z t

  

M < )

t z

t t z ( z y) x

y y x ( x

 

 

 

 => M < 2

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

0.5 0,5 0,25 0.25

II (5đ)

1.

 

2015

2013 1

... 2 5 . 4

2 4 . 3

2 3 . 2

2 

 





 x x

2015

2013 1

1 ... 1

5 1 4 1 4 1 3 1 3 1 2

2 1 



 





 















 x x

2014.

2015 2 1 2 2015 2013 1

1 2 2015 2013 1

1 2

2 1   

 

 









 





 

 x

x x

x

1,0

1.0 2. Ta có:

z y z y

x y x

z x z y y x x

P z    



 

 



 



 



 

 

 1 1 1 . .

Từ xyz0xz  y;yxz;z yx Suy ra:  . . 1

z x y

z x

P y (vì x, y, z 0)

0,5 0,5 0,5

3. Ta có:

 

   

 

2



2 3



^.

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



2 3



5



n 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)

3 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)

Cho a từ 1 đến 9 chỉ có a = 7 thoã mãn (1); Từ đó suy ra b = 4 . Số phải tìm là 7744 = 88²

1,0 1,0 0.5 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 2   

 n n n n

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 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

B C

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

4 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.

0.5

0.5

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 1²⁰¹⁴ 1²⁰¹⁵ 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.