Đề thi khảo sát HSG môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - UBND Thị xã Sơn Tây (Có đáp án)

Bài 1: (5,0 điểm). 1/ Thực hiện phép tính
a/ M = 1  − 1  :  − 26.33.1  − 1 
b/ N = 36.12 18.6(3.)12+ 9.12 + 73 .()10 5.2(.7)3+ ()9.()3
2/ Tìm số hữu tỉ x biết:
a/ 3 − � − � .   − +  = 1
b/ ++ + = ++ +
Bài 2: (3,0 điểm).
Lớp 7A có 52 học sinh chia làm ba tổ. Nếu tổ một bớt đi 1 học sinh, tổ hai
bớt đi 2 học sinh, tổ ba thêm vào 3 học sinh thì số học sinh tổ một, tổ hai, tổ ba tỉ
lệ nghịch với 3;4;2. Tìm số học sinh của mỗi tổ.
Bài 3: (4,0 điểm).
a/ Cho ba số x, y, z tỉ lệ với 3, 4, 5.
Tính giá trị của biểu thức P = ++
b/ Tìm hệ số a sao cho đa thức G(x) = x4 + x2 + a chia hết cho đa thức
M(x) = x2 – x + 1.
Bài 4: (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB < AC. Tia phân giác của góc A cắt cạnh BC
tại điểm I. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = AB.
a/ Chứng minh rằng BI = ID.
b/ Tia DI cắt tia AB tại điểm E. Chứng minh rằng ∆IBE = ∆IDC, Từ đó
suy ra BD // CE.
c/ Gọi H là trung điểm của EC. Chứng minh ba điểm A, H, I thẳng hàng
và AH ⊥ BD.
d/ Cho  = 2. . Chứng minh AB + BI = AC.
Bài 5: (1,0 điểm).
Cho biết xyz = 1. Tính giá trị A = +++ +++ ++.
_______________________HẾT_____________________
Họ tên học sinh: .SBD:
Lưu ý: Giáo viên không giải thích gì thêm; học sinh không được dùng máy tính.
UBND THỊ XÃ SƠN TÂY
CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 02 ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7Năm học 2022-2023
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút,
không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 7
NĂMHỌC 2022-2023
Bài Nội dung Điểm
1.1a
(1,5đ)
1a/ M = 1  − 1  :  − 26.33.1  − 1 
=  −  . 36 − 26.33. − 
=  . 36 − 26.33. 3.3
= 1 – 1 =0
0,5
0,5
0,5
1.1b
(1,5đ)
1b/ N = 36.12 18.6(3.)12+ 9.12 + 73 .()10 5.2(.7)3+ ()9.()3
= 36.12 36.12(3.)12+ 9.12 + 73 .10 10.749.73+ 9.3.73
= 0 + 73 .10(7)9.73( + 3)
= .() = - 
0,5
0,5
0,5
1.2a
(1,0đ)
a/ 3 − � − � .   − +  = 13 −  − 12 .  815 − 315 = 1 − 233 − � − � .  = 3 − � − � =  : 3 − � − � = 1� − � = 3 − 1 = 2 −  = ±2  −  = 2 −  = −2⇔   = 2 +  =  = −2 +  = 
Vậy x ∈  ;  
0,5
0,5
1.2b
(1,0đ)
b/ ++ + = ++ + ++ 1 +  ++ 1 =  ++ 1 + ++ 1+ + + = + + +
(x + 2023).  +  −  −  = 0
x + 2023 = 0 ( vì +  −  −  ≠ 0)
x = - 2023
Vậy x = - 2023.
0,5
0,5
2
(3,0đ)
Gọi số học sinh tổ 1; tổ 2; tổ 3 lần lượt là a, b, c (học sinh; a, b,
c ∈ N*; a, b, c < 52)
Vì lớp 7A có 52 học sinh được chia làm 3 tổ nên ta có
a + b + c = 52 (1)
số học sinh tổ 1; tổ 2; tổ 3 sau khi thêm bớt lần lượt là a - 1, b -
2, c + 3 ( học sinh)
Vì tổ một bớt đi 1 học sinh, tổ hai bớt đi 2 học sinh, tổ ba thêm
vào 3 học sinh thì số học sinh tổ một, hai, ba tỉ lệ nghịch với
3;4;2 nên ta có 3(a – 1) = 4(b – 2) = 2(c + 3)⇒  =  = + (2)
Từ (1) và (2) áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có =  = + = +++++ =  = 4
a - 1= 4.4 = 16⇒ a = 17
b - 2 = 4.3 = 12 ⇒ b = 14
c + 3 = 4.6 = 24⇒ c = 21
Vậy số học sinh tổ 1; tổ 2; tổ 3 của lớp 7A lần lượt là 17; 14; 21
học sinh.
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
3a
(2,0đ)
Ta có x, y, z thỉ lệ với 3; 4; 5 nên ta có  =  =  = ⇒ x = 3k; y = 4k ; z = 5k 0,5
Thay vào P ta có P = .+....+.
= ++ 1,0
=  = 7 . 0,5
3b
(2,0đ)
x4 + x2 + a x2 – x + 1
x4 –x3 + x2 x2 + x + 1
x3 + a
x3 –x2 + x
x2 – x + a
x2 – x + 1
a - 1
1,0
đa thức x4 + x2 + a chia hết cho đa thức x2 – x + 1⇔ a – 1 = 0
a = 1
Vậy với a = 1 thì đa thức G(x) = x4 + x2 + a chia hết cho đa
thức M(x) = x2 – x + 1.
1,0
4
4a
(1,5đ)
a/ Xét ∆ABI và ∆ADI có =  ( ) =  ()ạℎ  ℎ  ⇒ ∆ABI = ∆ADI (c.g.c)⇒  =  ( hai cạnh tương ứng)
0,5
1,0
4b
(2,0đ)
*) Ta có ∆ABI = ∆ADI (cmt)⇒  =  (hai góc tương ứng)
Mà  +  =  +  = 1800 ( kề bù)⇒  = 
Xét ∆IBE và ∆IDC có =  ( ) =  () =  ( đố đỉℎ) ⇒ ∆IBE = ∆IDC (g.c.g)
0,5
0,5
H
I
A
B C
E
D
Ta có ∆IBE = ∆IDC (cmt)⇒ BE = DC ( hai cạnh tương ứng)
Mà AB = AD⇒ AB + BE = AD + DC hay AE = AC⇒ ∆AEC cân tại A⇒  = 0 
Lại có AB = AD (gt)⇒ ∆ABD cân tại A⇒  = 0 ⇒  =  . Chúng ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng
BD và CE⇒ BD // CE ( đfcm)
0,5
0,5
4c
(2,0đ)
Xét ∆AEH và ∆ACH có = ( ) ℎ =  ()  ⇒ ∆AEH = ∆ACH (c.c.c)⇒  =  ( hai góc tương ứng)⇒ AH là phân giác của góc BAC
Mà AI là phân giác của góc BAC⇒ AH trùng AI hay ba điểm A, I, H thẳng hàng
0,5
0,5
Ta có ∆AEH = ∆ACH (cmt)⇒  =  ( hai góc tương ứng)
Mà  +  = 1800 ( kề bù)⇒  =  = 1800 : 2 = 900 ⇒ AH ⊥ EC mà EC // BD⇒ AH ⊥ BD ( đfcm) 0,50,5
4d
(1,5đ)
Ta có ∆IBE = ∆IDC ( cmt)⇒  =  (hai góc tương ứng)
và BE = DC ( hai cạnh tương ứng)
Mà  =  +  ( Góc ngoài của ∆BEI)⇒ 2.  =  +  ⇔ =  hay  = ⇒ ∆ BEI cân tại B⇒ BE = BI mà BE = DC ( cmt)⇒ BI = DC
lại có AB = AD (gt)⇒ AC = AD + DC = AB + BI ( đfcm)
0,5
0,5
5(1,0đ)
Với xyz = 1 ta có
A = +++ +++ ++.
= +++ ++ + 2++.
= +++ +++ ++
= ++++ = 1
0,5
0,5
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương