PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN DŨNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN: TOÁN LỚP 7
Ngày thi: 19/4/2023
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (5,0 điểm)

3 3 3
 
1) Tính A  4 11 13 
5 5 5
 
4 11 13

1 1 1
 
2 3 4.
5 5 5
 
4 6 8

 1 
1
2
2 3
 
2) Tính B  18   0,06 : 7  3 .0,38   : 19  2 .4  .
2
5
3 4
 
 6 
3) Cho các số hữu tỷ x, y thỏa mãn:  3x  6   y  3  0 .
2

Tính giá trị biểu thức A   x  3

2024

  y  4

2023

 8.

Bài 2. (4,0 điểm)
1) Cho

a2  c2 a
a c
 với b, c  0 . Chứng minh rằng: 2
 .
c b
b  c2 b

2) Cho hai đa thức: f ( x)  ( x  1)( x  3) và g ( x)  x3  ax 2  bx  3 .
Xác định a; b để nghiệm của đa thức f ( x) cũng là nghiệm của đa thức g ( x) .
Bài 3. (4,0 điểm)
1) Tìm cặp  x; y  nguyên dương thỏa mãn: 5x  11y  146 .
2) Cho p , p  10 và p  14 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3  9 là một số
chính phương.
Bài 4. (6,0 điểm)
  90 và B
  2C
 . Kẻ đường cao AH . Trên tia đối của tia
Cho tam giác ABC có B

BA lấy điểm E sao cho BE  BH . Đường thẳng HE cắt AC tại D .

1) Chứng minh BEH
ACB .

2) Chứng minh điểm D là trung điểm của đoạn thẳng AC .
3) Chứng minh AE  HC .
Bài 5. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 thì tổng S 

3 8 15
n2  1
   .....  2
4 9 16
n

không thể là một số nguyên.
--------------- Hết ---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022-2023
MÔN: TOÁN LỚP 7
(Bản hướng dẫn chấm có 04 trang)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN DŨNG

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải

Bài

Điểm

Bài
1

3 3 3
 
4
11 13 
Tính A 
5 5 5
 
4 11 13
1
(2,0)

3 3 3
 
A  4 11 13 
5 5 5
 
4 11 13

1 1 1
 
2 3 4.
5 5 5
 
4 6 8

1 1 1 3.  1  1  1 
1 1 1
 
 


2 3 4   4 11 13   2 3 4
5 5 5
1 1 1  5 1 1 1
 
5.    
.   
4 6 8
 4 11 13  2  2 3 4 

1,0

3 2

5 5
 1.
Vậy A  1 .


0,5
0,5

 1 
1
2
2 3
 
Tính B  18   0,06 : 7  3 .0,38   :  19  2 .4  .
2
5
3 4
 
 6 

 1 
1
2
2 3
 
B  18   0,06 : 7  3 .0,38   :  19  2 .4 
2
5
3 4
 
 6 

1,0

109  6 15 17 38   
8 19 


:  .
  : 19  . 
3 4
 6  100 2 5 100   

2
(2,0)  109   3 . 2  17 . 19   : 19  38 
 6

3 
 50 15 5 50   


0,5

109  2
323   19



 :
 6  250 250   3
 109 13  3 506 3 253

 . 
. 
 6 10  19 30 19 95

0.5

253
Vậy B 
.
95
Cho các số hữu tỷ x, y thỏa mãn:  3x  6   y  3  0 .
2

3
1,0

Tính giá trị biểu thức A   x  3

2024

  y  4

Với mọi số hữu tỉ x, y ta có:  3x  6   0 ;
2

2023

8.

y  3  0 nên  3x  6   y  3  0
2

0,5

Do đó  3 x  6   y  3
2

2021

 3 x  6  2  0
 0 khi và chỉ khi 
 y  3  0

3 x  6  0
 x  2


y 3  0
y  3
Khi đó A   2  3

2024

0,5

 3  4

2023

 8  8 . Vậy A  8 .

Bài
2
Cho

a2  c2 a
a c
 với b, c  0 . Chứng minh rằng: 2
 .
c b
b  c2 b
2

2

a c
a c
a c
1
Đặt   k , k  0 suy ra k 2        .
c b
c b
 c b
(2,0)
Suy ra

a a2 c2 a2  c2



.
b c 2 b2 b2  c2

a2  c2 a
Vậy 2
 .
b  c2 b

1,0

1,0

Cho hai đa thức: f ( x)  ( x  1)( x  3) và g ( x)  x3  ax 2  bx  3 .
Xác định a; b để nghiệm của đa thức f ( x) cũng là nghiệm của đa thức g ( x) .
HS tìm được nghiệm của đa thức f  x  là x  1 và x  3 .
Vì nghiệm của đa thức f ( x) cũng là nghiệm của đa thức g ( x) nên x  1 và x  3
2
(2,0) cũng là nghiệm của g  x  .
Thay x  1 vào g ( x)  x3  ax 2  bx  3 ta có: 1  a  b  3  0
Thay x  3 vào g ( x)  x3  ax 2  bx  3 ta có: 27  9a  3b  3  0
HS biến đổi, tính được a  3 , b  1 .

1,0
0,5
0,5

Bài
3
Tìm cặp  x; y  nguyên dương thỏa mãn: 5x  11y  146 .
Vì x nguyên dương nên 5 x  5
Suy ra 11  146  5 suy ra 11  141
y

y

Vì y nguyên dương và 11y  141 nên y  1; 2
1
(2,0)

1,0
0.5

Với y  1 , ta được 5 x  135 (không có x nguyên dương nào thoả mãn)
Với y  2 , ta được 5 x  25  5 x  52  x  2 .
Vậy  x; y    2; 2  là cặp số cần tìm.
Chú ý : Nếu học sinh thử chọn ra được  x; y    2; 2  nhưng không lập luận
được trường hợp còn lại thì cho 1,0 điểm.

0.5

Cho p , p  10 và p  14 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3  9 là một số
chính phương.

2
(2,0)

Với p  2 khi đó p  10  12 là một hợp số. Suy ra p  2 loại.

0,5

Với p  3 thì p  10  13 và p  14  17 là các số nguyên tố. (thỏa mãn yêu cầu bài
toán)

0,5

Xét p  3 suy ra p  3k  1 hoặc p  3k  2  k  N * 
Nếu p  3k  1 thì p  14  3k  153 mà p  14  3  p  14 là hợp số Suy ra
p  3k  1 (loại)

0,5

Nếu p  3k  2 thì p  10  3k  123 mà p  10  3  p  10 là hợp số. Suy ra
p  3k  2 (loại)
Khi đó với p  3 , ta có: p 3  9  33  9  36  6 2 là số chính phương (đpcm)
Bài
4

0,5

  90 và B
  2C
 . Kẻ đường cao AH . Trên tia đối của tia
Cho tam giác ABC có B
BA lấy điểm E sao cho BE  BH . Đường thẳng HE cắt AC tại D .

A
1

D
B

2
1

H

B'

C

0,5

E
- Vẽ hình đúng được 0,5 điểm
  2C
 không chính xác thì vẫn chấm, nhưng không cho 0,5 điểm
- HS vẽ hình B
vẽ hình

Chứng minh BEH
ACB .

H

BEH cân tại B nên E
1
1
(2,0) 



ABC  E  H1  2 E

  BEH

ABC  2C
ACB
Chứng minh điểm D là trung điểm của đoạn thẳng AC .
2
(2,0)

1,0
1,0

Chứng tỏ được DHC cân tại D nên DC  DH 1

1,0

  900  C
 ; DHA
  90  H
  90  C

DAH có: DAH
2

0,5

 DAH cân tại D nên DA  DH

 2

Từ 1 và  2  suy ra DA  DC nên điểm D là trung điểm của đoạn thẳng AC .

0,5

3
(1,5)

Chứng minh AE  HC .
Lấy B ' sao cho H là trung điểm của BB '.
B
'  2C

 ABB ' cân tại A nên B

0,5

'  
 nên 2C

 C

B
A1  C
A1  C
A1  AB ' C cân tại B '

0,5

AB  AB '  CB '; BE  BH  B ' H
0,5

Có: AE  AB  BE ; HC  CB ' B ' H  AE  HC
Bài
5

3 8 15
n2  1
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 thì tổng S     .....  2
4 9 16
n
không thể là một số nguyên.
S có  n  1 số hạng
3 8 15
n2  1 
1  
1 
1 
1 

   ....  2  1  2   1  2   1  2   ....  1  2 
4 9 16
n
 2   3   4 
 n 
1 
 1 1 1
S  n  1   2  2  2  .....  2   n  1
1
n 
2 3 4
1 1 1
1
1
1
1
1
1
Mặt khác 2  2  2  .....  2 


 ..... 
 1
2 3 4
n 1.2 2.3 3.4
n
 n  1 .n
S

1,0

1
1
S  n  1  1   n  2   n  2 (2)
n
n
Từ (1) và (2) ta có: n  2  S  n  1
Vậy S không có giá trị nguyên với mọi số tự nhiên n  2

0,25

0,25

0,25

0,25

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm
tương ứng.
- Với Bài 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm.