Đề thi thử HSG cấp huyện môn Toán Lớp 7 (Lần 2) - Năm học 2022-2023 - PGD huyện Hiệp Hòa (Có đáp án)

UBND HUYỆN HIỆP HÒA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2
NĂMHỌC 2022 - 2023
MÔN: TOÁN 7
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (5,0 điểm):
1) Thực hiện phép tính:
21 1 16. 3. 1 : 1
3 3 3
      − − − + − −             
2) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
12 5 6 2 10 3 5 2
6 3 9 32
2 .3 4 .9 5 .7 25 .49
125.7 5 .142 .3
A − −= −
+
3) Tìm x biết: ( )1 4 23,2
3 5 5
x − + = − +
Câu 2 (4,0 điểm):
1) Cho , ,a b c là ba số khác 0 thỏa mãn 2b ac= . Chứng minh rằng 2 22 2a b ab c c
+
=
+
.
2) Cho 2
1 1 1.....
4 9 1000
A = + + + . Chứng minh rằng A < 25 .
36
Câu 3 (4,0 điểm):
1) Tìm số nguyên a để 2 3a a+ + chia hết cho 1a + .
2) Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn 2 22 1x y− = .
Câu 4 (6,0 điểm):
1) Cho tam giác ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của tia MA lấy
điểm E sao cho ME MA= .
a) Chứng minh / /AC BE .
b) Gọi I là một điểm trên đoạn thẳng AC, K là một điểm trên đoạn thẳng EB sao cho
AI EK= . Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng.
2) Cho tam giác ABC cân tại A có  020BAC = . Vẽ tam giác đều BCD sao cho điểm D
nằm trong tam giác ABC. Tia phân giác của ABD cắt AC tại M. Chứng minh AM BC= .
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho xyz =1. Tính giá trị của biểu thức
1 1 1
x y zA
xy x yz y xz z
= + +
+ + + + + +
.
...............Đề gồm 01 trang...............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂMHỌC: 2022-2023
Môn thi: Toán 7
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(5,0 điểm) 1)
21 1 16. 3. 1 : 1
3 3 3
      − − − + − −             
1 1 36. 1 1 :
9 3 3
2 42 :
3 3
2 6 4:
3 3 3
8 3. 2
3 4
   = + + − −     
   = + −     
   = + −     
−
= = −
0,5
0,5
0,5
0,5
2)
( ) ( )
12 5 6 2 10 3 5 2
6 3 9 32
2 .3 4 .9 5 .7 25 .49
125.7 5 .142 .3
A − −= −
+
( ) ( )
( )
12 5 12 4 10 3 10 4
12 6 9 3 9 3 3
12 4 10 3
12 6 9 3 3
2 .3 2 .3 5 .7 5 .7
2 .3 5 .7 5 .7 .2
2 .3 3 1 5 .7 1 7
2 .3 5 .7 1 2
− −
= −
+
− −
= −
+
( )
( )
10 312 4
12 6 9 3
2
5 .7 62 .3 .2
2 .3 5 .7 .9
5. 62 2 30 32
3 9 9 9 9
−
= −
− −
= − = − =
0,5
0,5
0,5
3) ( )1 4 23,2
3 5 5
x − + = − +
1 4 16 2
3 5 5 5
1 4 14
3 5 5
x
x
⇒ − + = − +
⇒ − + = −
1 4 14
3 5 5
x⇒ − + =
1 14 4
3 5 5
x⇒ − = − 1 2
3
x⇒ − =
1 2
3
x⇒ − = hoặc 1 2
3
x − = −
12
3
x⇒ = + hoặc 12
3
x = − +
7
3
x⇒ = hoặc 5
3
x = −
Vậy 7 5;
3 3
x  ∈ −  
0,5
0,5
0,5
Câu 2
(4,0 điểm) 1) Ta có ( )
2
2
2. . 1
a b a a a b a ab ac
b c b b b c b c
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Mặt khác, từ
2 2 2 2
2 2
a b a b a b
b c b c b c
   = ⇒ = ⇒ =      
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
a b a b
b c b c
+
= =
+
Từ (1) và (2) suy ra 2 22 2a b ab c c
+
=
+
(đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
1 1 1 1 1.....
4 9 3.4 4.5 999.1000
1 1 1 1
4 9 3 1000
25 1 25
36 1000 36
< + + + + +
< + + −
< − <
A
A
A
Vậy A< 25
36
0,5
0,5
0,75
0,25
Câu 3
(4,0 điểm) 1) Ta có :
2 3a a+ + chia hết cho 1a + ( ) ( ) ( )1 3 1 1a a a⇒ + + +   
Vì a là số nguyên nên ( ) ( ) ( )1 1 2a a a+ +
Từ (1) và (2) suy ra ( )3 1a + hay 1a + là các ước của 3
Do đó { } { }1 3; 1;1;3 4; 2;0;2a a+ ∈ − − ⇒ ∈ − −
Vậy { }4; 2;0;2a∈ − − là các giá trị nguyên cần tìm.
0,5
0,5
0,5
0,5
2) Từ 2 22 1x y− = suy ra ( )2 21 2 1x y− =
+ Nếu x chia hết cho 3 mà x là số nguyên tố nên 3x =
Thay 3x = vào (1) ta được:
2 22 8 4 2y y y= ⇒ = ⇒ = (vì y là số nguyên tố)
+ Nếu x không chia hết cho 3 thì 2x chia cho 3 dư 1 nên 2 1x − chia hết
cho 3. Do đó từ (1) suy ra 22y chia hết cho 3
Mà ( )2;3 1= nên 2 3 3 3y y y⇒ ⇒ =  (vì y là số nguyên tố)
Thay 3y = vào (1) ta được 2 21 18 19x x x Z− = ⇒ = ⇒ ∉ (loại)
Vậy có duy nhất cặp số nguyên tố ( ),x y thỏa mãn đề bài là ( )3;2 .
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
(6,0 điểm)
M
K
I
E
CB
A
a) Xét AMC∆ và EMB∆ có:
MC MB= (gt),  AMC EMB= (hai góc đối đỉnh), MA ME= (gt)
AMC EMB⇒∆ = ∆ (c.g.c)
 CAM BEM⇒ = (hai góc tương ứng)
Mà CAM và BEM là hai góc so le trong nên / /AC BE (đpcm). 1,50,5
b) Xét AMI∆ và EMK∆ có:
AI EK= (gt),  IAM KEM= (theo ý a), MA ME= (gt)
AMI EMK⇒∆ = ∆ (c.g.c)
 AMI EMK⇒ = (hai góc tương ứng) (1)
Mà   0180AMK EMK+ = (hai góc kề bù) (2)
Từ (1) và (2) suy ra   0 0180 180AMK IMA IMK+ = ⇒ =
Hay ba điểm I, M, K thẳng hàng (đpcm).
1,0
1,0
O
M
D
CB
A
2) Chứng minh ADB ADC∆ = ∆ (c.c.c) suy ra  DAB DAC=
Do đó  0 020 : 2 10DAB = =
+ ABC∆ cân tại A, mà  020BAC = (gt) nên  0 0 0(180 20 ) : 2 80ABC = − =
+ BCD∆ là tam giác đều nên  060DBC =
+ Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra  0 0 080 60 20ABD = − = .
+ Tia BM là phân giác của ABD nên  010ABM =
+ Xét tam giác ABM và BAD có:
AB cạnh chung ;    0 020 ; 10BAM ABD ABM DAB= = = =
Vậy: ABM BAD∆ = ∆ (g.c.g)
suy ra AM BD= , mà BD BC= (tam giác ABC đều) nên AM BC=
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5
(1,0 điểm) 1 1 1
( 1) ( 1) 1
1
1 1 1
1 1
1
x y zA
xy x yz y xz z
xz yxz z
z xy x xz yz y xz z
xz z
xz z xz z xz z
xz z
xz z
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
Vậy A=1
0,5
0,5