031 đề hsg toán 6 sơn tây 2017 2018

UBND THỊ XÃ SƠN TÂY ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI – LỚP Mơn Tốn – Năm học 2017-2018 Bài (5,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: 5 1 a) A    11   : 6  20 4  b) B 23.53  400   673  23. 78 :    13 c)C      2.1 1.11 11.2 2.15 15.4  Bài (4,0 điểm) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn a)  x  11   3 15  208 b) x  20  5.  3 c)  x    y  3  Bài (3,0 điểm) an a a) Cho a, b, n   * Hãy so sánh: b  n b 1011  1010  A  12 ; B  11 10  10  So sánh A B b) Cho  Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ABC 55 , cạnh AC lấy điểm D (D không trùng với A C) a) Tính độ dài AC , biết AD 4cm, CD 3cm   b) Tính số đo DBC , biết ABD 30   c) Từ B dựng tia Bx cho DBx 90 Tính số đo ABx d) Trên cạnh AB lấy điểm E ( E không trùng với A B) Chứng minh đoạn thẳng BD, CE cắt Bài (2,0 điểm) Với q, p số nguyên tố lớn 5, chứng minh rằng: p  q 240 ĐÁP ÁN Bài 41  1  25 41 a)   11   :   6 4  6 25 41 125 246 371 71      2 25 150 150 150 150 b) 8.125  3 400   673  8.50  1000  3. 400  273 619 c) B  13 13       7.      2.1 1.11 11.2 2.15 15.4  2.7 7.11 11.14 14.15 15.28  1 1 1 1 1   1  13 7.           7.    7 11 11 14 14 15 15 28   28  Bài a)  x  11   3 15  208  x  11 9.15  208 18 73  x  11 7  x  Vay x   x  11  x  5 b) x  20    3  x  5    x     x 6  x 1  Vậy x   1;6 2 c) Do  1    2   1 nên có trường hợp sau:   x  1   x 3     x   1   y    y       x     x 1  y     y     y     *)   x   22  x  2  x 4      y    y 2   y   *)     x     x 0    y   y 2  Bài a a a 1;  1;  b b a) Ta xét trường hợp: b a an a 1  a b  1 b b  n b Th1: a 1  a  b  a  n  b  n Th2: b an a b Mà b  n có phần thừa so với b  n a a b b có phần thừa so với 1là b a b a b an a   b  n b b  n b Vì nên a 1  a  b  a  n  b  n Th3: b an b a a b a , Khi : b  n có phần bù tới b  n b có phần bù tới b b a b a an a   b  n b b  n b Vì nên 1011  a an a A  12 ; 1  10  rõ ràng A  nên theo a, b b) Cho b  n b 1011  1  11 1011  10   A  12   10  1  11 1012  10 10 1011  10 10. 10  1 1010  A  12   10  10 10. 1011  1 1011  Do đó: Vậy A  B Bài A E B D C a) D nằm A C  AC  AD  CD 4  7cm    b) Tia BD nằm hai tia BA, BC nên ABC  ABD  DBC   DBC  ABC  ABD 550  300 250 c) Xét hai trường hợp: - Trường hợp 1: Tia Bx BD nằm hai phía nửa mặt phẳng có bờ AB Tính ABx 90  ABD 0  Mặt khác tia BD nằm hai tia BA, BC nên  ABD  55  900  550  ABx  900  00  350  ABx  900 Trường hợp 2: Tia Bx, BD nằm nửa mặt phẳng có bờ AB   Tính ABx 90  ABD 0  Lập luận tương tự trường hợp 1, 90  ABx  145 0   Vậy 35  ABx  145 , ABx 90 d) Xét đường thẳng BD Do BD cắt AC nên đường thẳng BD chia mặt phẳng làm nửa: nửa mặt phẳng có bờ BD chứa điểm C nửa mặt phẳng bờ BD chứa điểm A  tia BA thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm A E thuộc đoạn AB  E thuộc nửa mặt phẳng bờ BD chứa điểm A  E C nửa mặt phẳng bờ BD  đường thẳng BD cắt đoạn EC Xét đường thẳng CE Lập luận tương tự: ta có đường thẳng EC cắt đoạn BD Vậy đoạn thẳng EC BD cắt Bài Ta có: p  q  p  1   q  1 ;240 8.2.3.5 Chứng minh p  1240 Do p  nên p số lẻ Mặt khác p   p  1  p  1  p  1   p  1  p  1 hai số chẵn liên tiếp   p  1  p  1 8 2 Do p số lẻ nên p số lẻ  p  12 p  nên p có dạng: p 3k   p  3k 3  p  13 p 3k   p  3k  33  p  13 Mặt khác p dạng : p 5k   p  5k   5k 5  p  15 p 5k   p   5k    25k  20k  55  p  15 p 5k   p  25k  30k  105  p  15 p 5k   p  5k  55  p  15 4 Vậy p  18.2.3.5 hay p  1240 q Tương tự ta có:  1240 p Vậy  1   q  1  p  q 240