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 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

Bài 1 (5,0 điểm) Tính hợp lý

2

) 2018 2017.2018

) 1 1 1 1 1 1

)

12 14 16 186

a A

b B

c C

    



Bài 2 (5,0 điểm)

a Tìm x y  , biết 2y1 x 4 10

b Cho x y  , thỏa mãn 3x5y x  4y7 Chứng tỏ rằng 3x5y x  4y49

5 2

2 7

n

n n





  rút gọn được

Bài 3 (4,0 điểm)

a Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho n1; 2n1;5n1đều là số chính

phương?

b Cho A 2017 2017  2 20173 2017  18

Bài 4 (4,0 điểm)

a Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2 cm Lấy điểm C thuộc đường thẳng

b Cho xOy 1600 Vẽ tia phân giác Ox1của xOy Tính số đo góc xOx1

Giả sử Ox2là tia phân giác của xOx1, Ox3là tia phân giác của xOx2,……Ox42

là tia phân giác của xOx41 Tính số đo góc xOx42

Bài 5 (2,0 điểm)

hết -ĐÁP ÁN HSG 6 TRỰC NINH_2017-2018 Bài 1.

) 2018 2018 2017 2018.1 2018

b) B   1 1 1 1 1 1    (Có 50 thừa số 1) nên B= 1

)

12 14 16 186

10

c C

C

C





Bài 2.

(2 1) 8 4 14 4

2 1 4(2 1) 10

a xy x y

Vì x y , nên 2y 1 ,x 4 , suy ra 2y1,x 4 là ước nguyên của 10 và 2y 1lẻ Lập bảng

4

Vậy

b) Phải chứng minh 3x5 7y  x4 7y

Đặt A3x5 ,y B x 4 y Xét tổng A 4B 7x 21 7 

Nếu A7 4 7,B mà 4, 7  1 B7

Nếu B 7  4 7B  A 7.Chứng tỏ 3x5 7y  x4 7y

3 5 7

4 7

x y

x y













Nếu 3x5y7 x4y7 3x5y x  4y49

Nếu x4y7 3x5y7 3x5y x  4y49

c) Gọi d là ước nguyên tố chung của 5n 2và 2n 7

Ta có:

2 5 2

5 2

10 35 10 4













Khi đó

5 2 31 5 2 62 31 5 60 31 5( 12) 31

2 7 31 2 7 31 31 2 24 31 2( 12) 31

Mà 5,311; 2;31  1 suy ra n12 31  n31k12k

Do 290  n 360  290 31  k 12 360   9  k 11, mà k là số tự nhiên nên

9;10;11

k 

Từ đó tìm được n 291;322;353

Bài 3

Nếu n  1 3thì n chia cho 3 dư 2  2n1chia cho 3 dư 2, vô lý

Do đó n 1chia cho 3 sẽ dư 1 n 3

Do 2n 1là số chính phương lẻ nên 2n 1chia cho 8 dư 1, suy ra 2 8n , từ đó

4

n

Do đó n 1 là số chính phương lẻ nên n 1chia cho 8 dư 1, suy ra n8

Ta thấy n3, 8n mà 3,81 nên n24mà n là số nguyên dương

Với n 24thì n 1 25 5 ; 2 2 n 1 49 7 ; 5 2 n 1 121 11 2

Vậy n 24là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

b) Ta có A 2017 2017  2  20173 2017  2018(tổng A có 2018 số hạng, 2018 2)

2017 2017 2017 2017 2017 2017

2017.(1 2017) 2017 (1 2017) 2017 (1 2017)

2018 2017 2017 2017 2018

A

A

A

2017 2017 2017 2017 2017 2017 2017 2017 2017 2017 6 2017 0 2017 0 6

A

A

Bài 4.

a) Trường hợp điểm C thuộc tia đối của tia BA

Điểm C thuộc tia đối của tia BA nên hai tia BA và BC đối nhau, suy ra

điểm B nằm giữa hai điểm A và C

Trường hợp điểm C thuộc tia BA

y

x1

x2

x3

x

O

Tia Ox1là tia phân giác của xOynên

1

160

80

xOy

Tia Ox2là tia phân giác của xOx1nên

160

xOx

Tương tự như trên, tia Ox42 là tia phân giác của xOx 41 nên

160

xOx

Bài 5

a) Ta có n3 n n n 2 1 n n 2 n n  1 n n n   1  n 1 n n  1 n 1

Với mọi số nguyên dương n thì n1 n n1 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp sẽ chia hết cho 2 và 3 mà 2,3 1 nên n n 1 n 1 6

b) Ta có

1234

1 2 3

1 2 3

n

n

T  a  a  a  a  a  a   a  a

Theo câu a ta có a13 a1  6,a23 a2  6,a33 a3  6, a3n a n 6, nên T  4321 1234  6

Suy ra T và 43211234cùng dư khi chia cho 6