UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2022- 2023

Môn thi: Toán- Lớp 7

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 07 tháng 3 năm 2023

UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2022-2023

Môn thi: Toán - Lớp 7

Bài

Lời giải sơ lược

Điểm

1 (1,5 điểm)

1.1

(0,5)

0,25

0,25

1.2 (0,5)

0,25

0,25

1.3 (0,5)

0,25

0,25

Bài 2 (2,5 điểm)

2.1.a

(0,75)

0,25

+ Nếu

0,25

+ Nếu

Vậy

0,25

2.1.b

0,75

0,25

0,25

_{Vậy x = 1}

0,25

2.2. (1,0)

Gọi số học sinh của nhóm I, II, III lần lượt là x, y, z (x, y, z nguyên dương)

Theo bài ra ta có: và

0,25

Từ

0,25

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

0,25

Vậy: Nhóm I có 24 học sinh; nhóm II có 22 học sinh, nhóm III có 20 học sinh.

0,25

Bài 3 (1,0 điểm)

3.1. (0, 5)

Vì 2a + 1 là số chính phương lẻ nên 2a + 1 chia cho 8 dư 1

Suy ra 2a chia hết cho 8

Nên a chia hết cho 4 (1)

0,25

Ta có (a + 1) + (2a+1) = 3a + 2 chia cho 3 dư 2

mà số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1 nên a + 1 và 2a + 1 chia cho 3 cùng dư 1

nên a chia hết cho 3 (2)

Từ (1); (2); 3.4 =12; (3,4)=1 nên a 12.

0,25

3.2 (0,5)

(20a + 7b + 3) . (20^a + 20a + b) = 803

20a + 7b + 3 và 20^a + 20a + b lẻ (vì 803 lẻ)

Nếu a 0 20^a + 20a chẵn.

mà 20^a + 20a + b lẻ b lẻ 7b + 3 chẵn

20a + 7b + 3 chẵn (không thỏa mãn)

Do đó a = 0 (7b + 3) . (b + 1) = 803 = 1 . 803 = 11 . 73

0,25

Vì b N 7b + 3 > b + 1. Do đó:

hoặc

* Trường hợp không tìm được b thỏa mãn đề bài.

* Trường hợp b = 10.

Vậy a = 0, b = 10 thỏa mãn đề bài

0,25

Bài 4 (3,0 điểm)

4.1 (1,25)

Vẽ hình 0,25

Do ABC vuông cân tại A nên

Do Bx  BC nên mà suy ra

0, 5

Chứng minh tương tự ta được

Ta có: 

0,25

Xét AEB vàADC có: ; ;

AEB = ADC (g -c - g)

02,5

4.2 (1,0)

Do AEB = ADC AE = AD mà AED vuông tại A

Suy ra AED vuông cân tại A 

0,5

Chứng minh tương tự phần a) suy ra ADB = AFC (g – c – g)

AD = AF DAF vuông cân tại A

0,25

EDF có EDF vuông cân tại D.

0,25

4.3 (0,75)

Kẻ AH BC  ABH vuông tại H có

ABH vuông cân tại HHB = HA

0,25

ABC vuông cân tại A có đường cao AH đồng thời là trung tuyến suy ra BH = HC

mà HB = HA suy ra BC = 2AH

0,25

EF =AE + AF= AD + AD = 2AD  2AH = BC

đẳng thức xảy ra khi D  H.

0,25

Bài 5 (2,0 điểm) Dành cho thí sinh bảng A

5.1

(1,0 điểm)

x – 2+x – 3+ x – 4+x – 5= 4

x – 2+5 – x+ x – 3+4 – x= 4

0,25

Áp dụng tính chất

Ta có x – 2+5 – x x – 2 + 5 – x = 3

Lại có x – 3+4 – x x – 3 + 4 – x =1

Do đó x – 2+5 – x+ x – 3+4 – x 4

0,25

Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra

0,25

Vì m là giá trị nhỏ nhất của x, M là giá trị lớn nhất của x nên m = 3, M = 4

A = 3 + 4 = 7

0,25

5.2

(1,0 điểm)

Kẻ BH vuông góc với AC tại H suy ra BHC là tam giác nửa đều

.

BHC vuông tại H có trung tuyến HM 

Suy ra MB = BH=MH (1) và ∆BMH đều.

0,25

Vẽ tam giác đều MAE (E và M khác phía đối với AB).

Do suy ra AB vừa là phân giác vừa là trung trực của EM

 MB = EB (2)

0,25

Chứng minh được AMH = EMB (c.g.c) nên AH = EB (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra AH = BH.

0,25

Tam giác AHB vuông cân tại H nên .

Từ đó

0,25

Bài 5 (2,0 điểm) Dành cho thí sinh bảng B

5.1

(1,0 điểm)

0,25

Áp dụng tính chất

0,25

_{Suy ra}

0,25

Vậy Min A = 132 khi x = 12

0,25

5.2

(1,0 điểm)

Kẻ DE  AC chứng minh được ∆CED là tam giác nửa đều

Suy ra CD = 2CE ;

0,25

Do CD = 2CE; CD = 2CB(gt)  CB = CE ∆BCE cân tại C 

∆BED có  ∆BED cân tại EBE = ED (1)

0,25

∆ABC có

∆BEA có  ∆BEA cân tại EBE = EA (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra ∆DEA cân tại E mà

suy ra ∆DEA vuông cân tại E 

0,25