291 đề HSG toán 6 tam dương 2018 2019

PHÒNG GDĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI TOÁN 6 Năm học 2018 2019 Câu 1 (2,0 điểm) Thực hiện phép tính Câu 2 (2,0 điểm) a) Cho Tính b) Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho là số.

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI TOÁN 6 Năm học 2018-2019 Câu 1 (2,0 điểm) Thực hiện phép tính:

19 37 53 15 4 2013

a S

b B

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Cho

2 3 4 2012 1007 1008 2012

Tính

2013

A B

 

 

 

b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho: 1! 2! 3!     là số chính phươngn!

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm các số tự nhiên , ,a b c thỏa mãn

1 1 1 4

5

a b c   b) Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp , ,p q r sao cho p2 q2  cũng là số nguyên tốr2

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho ·xOy100 0 Vẽ tia phân giác Oz của ·xOy vẽ tia Ot sao cho ·; yOt 250 a) Tính số đo các góc : ·zOt xOt,·

b) Ot có phải là tia phân giác của ·zOykhông ? Vì sao ?

Câu 5 (2,0 điểm)

a) Cho A20122012 22012và B20122012

Chứng tỏ rằng khi biểu diễn ,A B dưới dạng các số tự nhiên thì số chữ số của

A và số chữ số của B là bằng nhau

b) Ký hiệu S n

là tổng các chữ số của số tự nhiên n Tìm n sao cho  

2 2013 6

n

S n  n

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Ta có:   2 2  2

; 1 1

n

n n





Do đó:

2

2

1 31 1 960

1

31 31 961



b) Ta có:

12 12 12 4 4 4

6 19 37 53 15 4 2013 124242423

19 37 53 15 4 2013

47. 19 37 53 : 15 4 2013

19 37 53 15 4 2013

B

          

          

41.3.1010101

47.5.1010101

47 5 41.3

4 3

41 4 47.5

 

 

Câu 2.

a) Ta có:

2 3 4 2012

A     

Suy ra:

2013

2013

 

    

  Vậy

2013

1

A

B

  

 

 

b) Xét n  1 1! 12

2

2 1! 2! 3

3 1! 2! 3! 9 3

n

n

   

     

4 1! 2! 3! 4! 33

n     

Với n thì ! 1.2.3 4 n  nlà một số tự nhiên có chữ số tận cùng là 0 Nên

1! 2!     cộng vơi một số có tân cùng là 0 ra số tận cùng là 3 nên không n! 33 phải là số chính phương

Vậy chỉ có 2 giá trị n1;n thỏa đề3

Câu 3.

a) Ta thấy : , ,a b c là các số tự nhiên khác 0

Do , ,a b c có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử

0 a b c  

Ta có: 1 1 1 3 3 4 15 1;2;3

a b c      a a  

Với a thì 1

1 1 4

1

5

b c  

Không tồn tại ,b c¥ thỏa mãn Với a ta có: 2, 1 1 12      b c 45 b c1 1 103

Do b c nên 1 1 2 2 3 20 1;2;3;4;5;6

10 b 3 b

b c   b b     Kiểm tra các trường hợp ta thấy b thì 10;5 c b thì 204 c (thỏa mãn)

Các trường hợp còn lại của b không thỏa mãn

Với a3

Ta có:

1 1 4 1 7

5 3 15

b c   

Do b c nên 1 1 2 2 7 30 1;2;3;4;5;6;7

15 b 4 b

b c   b b    

Kiểm tra các trường hợp của b ta thấy các giá trị của c đều không thỏa mãn c  ¥

Vậy các bộ số a b c thỏa mãn đề bài là ; ;  2;5;10 , 2;4;20 và các hoán vị của   

chúng

b) Vì p q r  nên p2 q2 2

Do vậy p2 q2  là số nguyên tố thì r2 p2 q2  phải là số lẻr2  p q r2, ,2 2là các

số lẻ  p q r, , là các số nguyên tố lẻ

Trong ba số , ,p q r phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 vì nếu không có số nào chia

hết cho 3 thì p q r chia 3 đều dư 1, khi đó 2, ,2 2 p2 q2  chia hết cho 3 (mâu r2 thuẫn)  (p là số nguyên tố lẻ và nhỏ nhất trong 3 số)p 3

5, 7

Kiểm tra p2 q2    r2 32 52 72  là số nguyên tố (thỏa mãn)83

Câu 4.

a) Tia Oz là phân giác góc xOy nên ·yOz 500

Xét hai trường hợp:

*Trường hợp 1: Ot nằm giữa Oz và Oy

Mà ·yOt250và Ot nằm giữa Oz Oy nên ·, zOt 250

Vì Oz nằm giữa Ox Oy và Ot nằm giữa ,, Oy Oz nên Oz nằm giữa , Ox Ot

· 750

xOt

*Trường hợp 2: Oy nằm giữa Oz Ot,

Tia Oy nằm giữa Oz, Ot nên · zOt 750

Vì Oz nằm giữa Ox Oy và Oy nằm giữa ,, Ot Oz nên , Oz Oy nằm giữa , Ox Ot

· 1250

xOt

b) –Trường hợp Oy nằm giữa Oz, Ot thì Ot không là phân giác của ·zOy

-Trường hợp Ot nằm giữa Oz Oy ta có: ·, yOt250và ·zOt 250nên Ot là phân giác của ·zOy

Câu 5.

a) Giả sử số B20122012khi biểu diễn dưới dạng số tự nhiên có n chữ số, ta có:

1000 2012 10n 10n 10  n 6036

Giả sử khi số A20122012 22012biểu diễn dưới dạng số tự nhiên thì số A có nhiều hơn n chữ số, tức là A ít nhất có n chữ số, suy ra:1

2012 2 10n 2012 10n 2012 2

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2 1006 2 2n 5n 2 1006 1

2012 2012 2012

1006 2n 5n 1006 1

2n 5n 1006 1

   Điều này là vô lý vì 10062012  là số lẻ, còn 1 2n 2012.5n

là

số chẵn

Do đó số chữ số của A không nhiều hơn số chữ số của Bdfcm

b) Giả sử khi biểu diễn số tự nhiên n dưới dạng số thập phân, ta có:

1

.10m 10m .10

n a a    a  (với a a ilà các chữ số, i0,1,2, , ;m m¥)

 

2

2

2013 6

6 2014

6

2014 2014 (1)

n

n S

n



 

  

Mà  

2

n

S  n  n 

n

Từ (1) và (2) suy ra n2013

Thử với n2013ta có:

 2013  20132 2013.2013 6 6

(thỏa mãn)

Vậy số tự nhiên n cần tìm là 2013.