002 đề HSG toán 6 trực ninh 2017 2018

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TRỰC NINH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 2018 MÔN TOÁN LỚP 6 Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề B.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TRỰC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 MƠN TỐN LỚP Thi ngày 04 tháng năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (5,0 điểm) Tính hợp lý a ) A  20182  2017.2018 b) B   1  1  1  1  1  1 99 100 88 88      93 c)C  1 1      12 14 16 186 Bài (5,0 điểm) y  1  x    10 a Tìm x, y  ¥ biết  b Cho x, y  ¥ thỏa mãn  3x  y   x  y  M7 Chứng tỏ  3x  y   x  y  M49 5n   n¥  c Tìm số tự nhiên n khoảng 290 đến 360 để phân số 2n  rút gọn Bài (4,0 điểm) a Tìm số nguyên dương n nhỏ cho n  1; 2n  1;5n  số phương? 18 b Cho A  2017  2017  2017   2017 Chứng tỏ AM2018 Tìm chữ số tận A Bài (4,0 điểm) a Cho đoạn thẳng AB có độ dài cm Lấy điểm C thuộc đường thẳng AB cho BC  cm Tính độ dài đoạn thẳng AC · · b Cho xOy  160 Vẽ tia phân giác Ox1 xOy Tính số đo góc xOx1 · · Giả sử Ox2 tia phân giác xOx1 , Ox3 tia phân giác xOx2 ,…… Ox42 tia phân giác xOx41 Tính số đo góc xOx42 Bài (2,0 điểm) a Chứng minh với số nguyên n ta có n  nM6 1234 b Viết số 4321 dạng tổng số số nguyên dương Gọi T tổng lập phương tất số Tìm số dư T phép chia cho hết ĐÁP ÁN HSG TRỰC NINH_2017-2018 Bài a ) A  2018  2018  2017   2018.1  2018 b) B   1  1  1 (Có 50 thừa số 1) nên B=  1  2  3  88  1   1   1    1   6  7  8 93    c) C  1 1     12 14 16 186  1 1 5 5           93  6 93  C 1 1 1 1             12 14 16 186 6 93  C  10 Bài a) xy  x  y  14 x(2 y  1)  y   14  x  y  1  4(2 y  1)  10  y  1  x    10 Vì x, y ¢ nên y  1 ¢, x   ¢ , suy y  1, x  ước nguyên 10 y  lẻ Lập bảng 2y 1 x4 x y 10 14 - -10 -6 -1  x  14  x  6  x   x  ; ; ;  Vậy  y   y  1  y   y  3 b) Phải chứng minh x  y M7  x  y M7 Đặt A  3x  y, B  x  y Xét tổng A  B  x  21M7 -5 -2 -3 Nếu AM7  B M7, mà  4,    B M7 Nếu B M7  B M7  AM7 Chứng tỏ 3x  y M7  x  y M7 Vì 3x  y M7  x  y M7  3x  y   x  y  M7   Nếu  3x  y  M7   x  y  M7   3x  y   x  y  M49 x  y  M7   x  y  M7   x  y   x  y  M49 Nếu  c) Gọi d ước nguyên tố chung 5n  2n  Ta có: 2  5n   Md 5n  2Md     10n  35   10n   Md  5.(2n  7)Md 2n  Md  Vì d nguyên tố nên d  31 31 5n  60M31 5( n  12) M 31 5n  2M31 5n   62M     Khi 2n  7M31 2n   31M31 2n  24M31 2( n 12) M31 5,31  1;  2;31  n  12M31  n  31k  12  k  ¥  Mà  suy Do 290  n  360  290  31k  12  360   k  11 , mà k số tự nhiên nên k   9;10;11 Từ tìm n   291;322;353 Bài a) Do n  số phương nên chia cho dư Nếu n  1M3 n chia cho dư  2n  chia cho dư 2, vơ lý Do n  chia cho dư  n M3 Do 2n  số phương lẻ nên 2n  chia cho dư 1, suy 2nM8 , từ nM4 Do n  số phương lẻ nên n  chia cho dư 1, suy nM8 Ta thấy nM3, nM8 mà   nên nM24 mà n số nguyên dương 2 Với n  24 n   25  ; 2n   49  ; 5n   121  11 3,8  Vậy n  24 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn đề 2018 b) Ta có A  2017  2017  2017   2017 (tổng A có 2018 số hạng, 2018M2) A   2017  2017    20173  2017     2017 2017  2017 2018  A  2017.(1  2017)  20173.(1  2017)  2017 2017.(1  2017) A  2018  2017  20173   2017 2017  M2018 A  2017  2017   20173  2017  20175  20176     2017 2015  2017 2016  20172017  20172018  A     20173     2017 2015  .0     Bài a) Trường hợp điểm C thuộc tia đối tia BA Điểm C thuộc tia đối tia BA nên hai tia BA BC đối nhau, suy điểm B nằm hai điểm A C Ta có: AB  BC  AC thay số tính AC  cm Trường hợp điểm C thuộc tia BA Trên tia BA, BA  BC  cm  5cm  nên điểm A nằm hai điểm B C Ta có: AB  AC  BC Thay số tính AC  cm b) · xOy 1600 · xOx    800 · Ox 2 Tia tia phân giác xOy nên · xOx 1600 · xOx   · 2 22 Tia Ox2 tia phân giác xOx1 nên · Ox xOx Tương tự trên, tia 42 tia phân giác 41 nên · xOx 1600 41 · xOx   42 242 Bài a) Ta có n  n   n  n  1  n  n  n  n  1  n  n  n  1   n  1   n  n  1  n  1 Với số nguyên dương n  n  1 n  n  1 tích số tự nhiên liên tiếp 2,3  n n  1  n  1 M6 chia hết cho mà   nên  43211234  a1  a2  a3   an 3 3 b) Ta có T  a1  a2  a3   an Xét hiệu T  43211234   a13  a23  a33   an3    a1  a2  a3   an  T  43211234   a13  a1    a23  a2    a33  a3     an3  an  3 3 1234 Theo câu a ta có a1  a1 M6, a2  a2 M6, a3  a3 M6, an  an M6, nên T  4321 M6 1234 Suy T 4321 dư chia cho 1234 Mặt khác 4321 chi dư nên 4321 chia cho dư Vậy T chia dư ... 2017)  2017 2017.(1  2017) A  2018  2017  20173   2017 2017  M2018 A  2017  2017   20173  2017  20175  201 76     2017 2015  2017 20 16  20172 017  20172 018  A     20173 ... mãn đề 2018 b) Ta có A  2017  2017  2017   2017 (tổng A có 2018 số hạng, 2018M2) A   2017  2017    20173  2017     2017 2017  2017 2018  A  2017. (1  2017)  20173 .(1  2017) ... ĐÁP ÁN HSG TRỰC NINH_ 2017- 2018 Bài a ) A  2018  2018  2017   2018. 1  2018 b) B   1  1  1 (Có 50 thừa số 1) nên B=  1  2  3  88  1   1   1    1   6? ?? 