de thi hsg toan 6

Gäi H lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC.[r]

Trang 1

Đề thi chọn học sinh giỏi thcs cấp tỉnh

Năm học 2004 - 2005 Môn: Toán 6 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm)

Tính

a/ A = 101+100+99+98+ +3+2+1

101− 100+99 −98+ +3− 2+1

b/ B = 423134 846267 − 423133

423133 846267+423134

Câu 2 (2 điểm)

a/ Chứng minh rằng: 1028 + 8 chia hết cho 72

b/ Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + + 22001 + 22002

B = 22003

So sánh A và B

c/ Tìm số nguyên tố p để p + 6; p + 8; p + 12; p + 14 đều là các số nguyên tố

Câu 3 (2 điểm)

Ngời ta chia số học sinh lớp 6A thành các tổ, nếu mỗi tổ 9 em thì thừa 1

em, còn nếu mỗi tổ 10 em thì thiếu 3 em

Hỏi có bao nhiêu tổ, bao nhiêu học sinh ?

Câu 4 (3 điểm)

Cho +ABC có BC = 5,5 cm Điểm M thuộc tia đối của tia CB sao cho

CM = 3 cm

a/ Tính độ dài BM

b/ Biết BAM = 800; BAC = 600 Tính CAM

c/ Tính độ dài BK thuộc đoạn BM biết CK = 1 cm

Câu 5 (1 điểm)

Chứng minh rằng:

1

22+

1

32+

1

42+ +

1

1002<1

Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh

Năm học 2004 - 2005 Môn: Toán 6

Câu 1:

Tính

a/  101 51

b/ B = 423133 846267+846267 − 423133

423133 846267+423134 =1 (1 điểm)

Trang 2

Câu 2:

a/ Vì 1028 + 8 có tổng các chữ số chia hết cho 9 nên tổng đó chia hết cho 9

Lại có 1028 + 8 có 3 chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8

Vậy 1028 + 8 chia hết cho 72 (1/2 điểm)

b/ Có 2A = 2 + 22 + 23 + + 22002 + 22003 => 2A – A = 22003 – 1

=> A = B – 1 Vậy A < B (1/2 điểm)

c/ Xét phép chia của p cho 5 ta thay p có 1 trong 5 dạng sau:

p = 5k; p = 5k + 1; p = 5k + 2; p = 5k + 3; p = 5k + 4 (k N; k > 0)

+ Nếu p = 5k thì do p nguyên tố nên k = 1 => p = 5

+ Nếu p = 5k + 1 => p + 14 = 5(k + 3) ⋮ 5 và lớn hơn 5 nên là hợp số (loại) + Nếu p = 5k + 2 => p + 8 = 5(k + 2) ⋮ 5 và lớn hơn 5 nên là hợp số (loại) + Nếu p = 5k + 3 => p + 12 = 5(k + 3) ⋮ 5 và lớn hơn 5 nên là hợp số (loại) + Nếu p = 5k + 4 => p + 6 = 5(k + 2) ⋮ 5 và lớn hơn 5 nên là hợp số (loại) Thử lại với p = 5 thoả mãn (1 điểm)

Câu 3:

Giả sử có thêm 4 học sinh nữa thì khi chia mỗi tổ 10 em thì cũng còn thừa 1 em nh khi chia mỗi tổ 9 em Vậy cách chia sau hơn cách chia trớc 4 học sinh Mỗi tổ 10 học sinh hơn mỗi tổ 9 học sinh là: 10 - 9 = 1 (học sinh)

(1 điểm)

Do đó số tổ là: 4 : 1 = 4 (tổ) (1/2 điểm)

Số học sinh là: 4 10 – 3 = 37 (học sinh) (1/2 điểm)

Câu 4:

Vẽ hình, ghi giả thiết + kết luận (1/2 điểm)

a/ C nằm giữa B và M

=> BC + CM = BM (1/2 điểm)

=> BM = 3 + 5,5 = 8,5 (1/2 điểm)

b/ C nằm giữa B và M =>AC là tia

nằm giữa 2 tia AB và AM (1/2 điểm)

=> BAC + CAM = BAM

=> CAM = BAM – BAC

=> CAM = 800 – 600 = 200(1/2 điểm)

c/ Xét 2 trờng hợp:

+ Nếu K nằm giữa C và M tính đợc BK = BC + CK = 5,5 + 1 = 6,5 (cm)

+ Nếu K nằm giữa C và B tính đợc BK = 4,5 (cm) (1/2 điểm)

Câu 5:

Ta có:

A

M K

K'

Trang 3

¿

1

22<

1

1−

1 2 1

32<

1

2−

1 3 1

4 2 < 1

3−

1 4

1

100 2 < 1

99−

1 100

⇒ 1

2 2 + 1

3 2 + 1

4 2 + + 1

100 2 <1− 1

100=

99

100<1

¿

{ { {{

¿

Câu 1 (2 điểm)

Thực hiện các phép tính:

a/

3

7−

3

11+

3 13

5

7−

5

11+

5 13

+

1

2−

1

3+

1 4 5

4−

5

6+

5 8

b/ ( 1 + 2 + 3 + + 90 ) ( 12 34 - 6 68 ) : (13+

1

4+

1

5+

1

6)

Câu 2 (2 điểm)

a/ Chứng minh rằng 3636 - 910 chia hết cho 45

(1/2 điểm)

Trang 4

b/ Tính x, y, z biết rằng:

x

y +z +1=

y x+z +1=

z x+ y − 2=¿ x + y + z

c/ Tìm các số a, b, c biết: ( - 2a2b3 )10 + ( 3b2c4 )15 = 0

Câu 3 (2 điểm)

Một ngời đi từ A đến B với vận tốc 4 km/h và dự định đến B lúc 11 giờ

45 phút Sau khi đi đợc 4

5 quãng đờng thì ngời đó đi với vận tốc 3 km/h nên

đến B lúc 12 giờ tra Tính quãng đờng AB, ngời đó khởi hành lúc mấy giờ?

Câu 4 (3 điểm)

ở phía ngoài tam giác ABC vẽ tam giác ACE vuông cân (góc ACE = 900)

Đờng cao Ah của tam giác ABC và đờng cao CK của tam giác BCE cắt nhau ở

N Chứng minh AN = BC

Câu 5 (1 điểm)

Cho 25 số, trong đó 4 số bất kì nào cũng có tổng là 1 số dơng Chứng minh rằng tổng 25 số ấy là một số dơng

Câu 1:

a /

3(71−

1

11 +

1

13)

5(71−

1

11 +

1

13) +

2(14−

1

6+

1

8)

5(14−

1

6+

1

8)

= 3

5+

2

5 = 1 (1 điểm)

b/ Ta có: 12.34 - 6 68 = 0

Do đó giá trị của biểu thức bằng 0

Câu 2:

a/ Ta có 3636 có tận cùng bằng 6

910 có tận cùng bằng 1 (1/4 điểm)

Do đó 3636 - 910 chia hết cho 5, đồng thời cũng chia hết cho 9, vậy chia hết cho

b/ Ta có:

x

y +z +1=

y x+z +1=

x

áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau cho 3 tỉ số đầu ta đợc:

x + y +z

Nếu x + y + z = 0 thì từ (1) suy ra x = 0; y = 0; z = 0

Trang 5

Nếu x + y + z 0 thì từ (2) suy ra: x + y + z = 1

điểm)

Khi đó (1) trở thành:

x

1

2− x+1

1

2− y +1

1

2− z − 2

= 1 2

Do đó:

¿

2 x=3

2− x

2 y=3

2− y

2 x =−3

2− z

⇔ x=1

2

y=1

2

z=−1

2

¿

{ { { {

¿

Có 2 đáp số: (0; 0; 0) và (1/2; 1/2; -1/2) (1/2 điểm) c/ Ta có: 210 a20 b 30 + 315 b30 c60 = 0

Hai đơn thức ở vế trái đều không âm mà có tổng bằng 0 nên:

¿

a20.b30=0

b30 c60=0

⇔

¿a b=0

b c=0

¿

¿ {

¿

(1/4 điểm)

Do đó b = 0, a và c tuỳ ý

hoặc a = 0; c = 0 và b tuỳ ý

hoặc a = 0; b = 0; c = 0

Câu 3:

Ta có sơ đồ sau:

Gọi thời gian đi CB với vận tốc 4 km/h là t1 (phút)

Gọi thời gian đi CB với vận tốc 3 km/h là t2 (phút)

=> t2 - t1 = 15 (phút) và v1 = 4 km/h; v2 = 3 km/h (1/2 điểm)

Ta có v1

v2=

4

3 mà vận tốc và thờigian là 2 đại lợng tỉ lệ nghịch

t2

t1=

4

3⇒ t2

4=

t1

3=

t2−t1

4 −3=

15

1 =15

Trang 6

=> t2 = 15 4 = 60 (phút) = 1 (giờ) (1/2 điểm)

Vậy quãng đờng AB bằng: 1 5 3 = 15 (km)

Và ngời đó khởi hành lúc: 12 - 1 5 = 8 (giờ)

Câu 4:

Vẽ hình, ghi giả thiết, kết luận (1/2 điểm)

Ta có:

¿

NA⊥ BC(gt)

AC⊥ CE(gt)

}

¿

 NAC = BCE (Góc có cạnh tơng ứng

vuông góc cùng tù) (1)

(1 điểm) Lại có:

C2+C3=1 v

E2+C3=1 v

}⇒

C2 = E (2)

và AC = CE (gt) (3) (1 điểm)

Từ (1), (2), (3) =>+ACN =+BEC (gcg)

Vậy AN = BC (1/2 điểm)

Câu 5: (1 điểm)

Trong 25 số đã cho, phải có ít nhất 1 số dơng vì nếu cả 25 số đều âm, thì tổng

4 số bât kì là âm, trái với đề bài

Tách riêng một số dơng đó, còn lại 24 số, chia thành 6 nhóm Theo đề bài mỗi

nhóm đều có tổng mang giá trị dơng nên tổn của 6 nhóm đó là số dơng

Vậy tổng của 25 số đó là số dơng

Câu 1 (2 điểm)

a/ Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 - 7x - 6

b/ Giải phơng trình: x4 - 30x2 + 31x - 30 = 0

Câu 2 (2 điểm)

a/ Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c, với a, b, c là các số hữu tỉ Biết rằng f(0),

f(1), f(2) có giá trị nguyên Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 3 x2− 8 x+6

x2−2 x+1

Câu 3 (2 điểm)

a/ Chứng minh rằng với 4 số bất kỳ a, b, x, y ta có

(a2 + b2)(x2 + y2) (ax + by)2

b/ Chứng minh rằng: x3m+1 + x3n+2 + 2 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự

nhiên m,n

Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với 3 đờng cao AA’, BB’, CC’

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng:

A

E N

K

Trang 7

HA '

AA '+

HB' BB' +

HC ' CC' =1

Câu 5 (1 điểm)

Cho 3 số dơng a, b, c có tổng bằng 1 Chứng minh rằng: 1

a+

1

b+

1

c ≥ 9

Câu 1

a/ Phân tích đa thức thành nhân tử:

x3 - 7x - 6 = x3 - 4x - 3x - 6

= x(x2 - 22) - 3(x + 2) (1/2 điểm) = x(x + 2)(x - 2) - 3(x + 2)

= (x + 2)(x2 - 2x - 3)

= (x + 2)(x2 - 1 - 2x - 2)

= (x + 2) [(x - 1)(x + 1) - 2(x + 1)]

= (x + 2)(x + 1)(x - 3) (1/2 điểm) b/ x4 -30x2 + 31x - 30 = 0 <=> (x2 - x + 1)(x - 5)(x + 6) = 0 (*)

Vì x2 - x + 1 = (x - 1/2)2 + 1/4 > 0 (1/2 điểm)

=> (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0 <=>

⇔

x −5=0

¿

x +6=0

¿

x=5

¿

x=−6

¿

(1/2 điểm)

Câu 2

a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (1/2 điểm)

=> a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên

=> (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên

Vậy 2a, 2b nguyên

Trang 8

b/ Có A =

x −1¿2

¿

x −1¿2

¿

3 (x2−2 x +1)−2(x −1)+1

¿

(1/2 điểm)

Đặt y = 1

x −1 => A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2 2 (1/2

điểm)

=> min A = 2 => y = 1 ⇔ 1

x −1=1 => x = 2

Câu 3

a/ Ta có (a2 + b2)(x2 + y2) (ax + by)2

<=> a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 a2x2 + 2axby + b2y2 (1/4

điểm)

<=> a2y2 - 2axby + b2x2 0 <=> (ay - bx)2 0 (1/4 điểm)

Vì bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức đúng nên bất đẳng thức phải

chứng minh là bất đẳng thức đúng (1/4 điểm)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay - bx = 0 hay a

x=

b

y (1/4 điểm)

b/ Ta có x3m+1 + x3n+2 + 1 = x3m+1 - x + x3n+2 - x2 + x2 + x + 1 (1/4 điểm)

= x(x3m - 1) + x2(x3n - 1) + (x2 + x + 1) (1/4 điểm)

Ta thấy x3m - 1 và x3n - 1 chia hết cho x3 - 1 do đó chia hết cho x2 + x + 1

 x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Câu 4

+ Có SABC = 1

2 BC AA’ (1/2 điểm)

+ Có SHBC = 1

2 BC HA’ (1/2 điểm)

+ Có SHAC = 1

2 AC HB’ (1/2 điểm)

+ Có SHAB = 1

2 AB HC’ (1/2 điểm)

+ SHBC

SABC=

HA'

AA' ;

SHAC

SABC=

HB' BB' ;

SHAB

SABC=

HC' CC' (1/2 điểm)

=> SHBC+SHAC+SHAB

SABC

SABC=1

Vậy HA '

AA '+

HB' BB' +

HC '

Câu 5

A

C'

B'

A' H

Trang 9

Do a + b + c = 1 nên

¿

1

a=1+

b

a+

c a

1

b=1+

a

b+

c b

1

c=1+

a

c+

b c

¿ { {

¿

(1/2 điểm)

Vậy 1

a+

1

b+

1

c=3+(a b+

b

a)+(a c+

c

a)+(b c+

c

b)≥ 3+2+2+2=9

Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c = 1/3

Câu 1 (2 điểm)

a/ Tính giá trị biểu thức: P = (5+2√6)√5 −2√6

√3+√2

b/ Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dơng thoả mãn a + c = 2b thì ta luôn

√a+√b+

1

√b+√c=

2

√a+√c

Câu 2 (1,5 điểm)

a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2

b/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = x2

x4

+x2

+ 1

Câu 3 (2,5 điểm) Xét đa thức P(x) = x9 + x99

a/ Chứng minh rằng P(x) luôn luôn chẵn với mọi x nguyên dơng

b/ Chứng minh rằng P(2) là bội số của 100

c/ Gọi N là số nguyên biểu thị số trị của P(4) Hỏi chữ số hàng đơn vị của N

có thể là chữ số 0 đợc không ? Tại sao ?

Câu 4 (3 điểm)

Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó Hãy tìm trên Ox, Oy các

điểm A, B sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất

Trang 10

Câu 5 (1 điểm)

Cho 3 số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện a + b > c và |a - b| < c Chứng minh rằng phơng trình a2x2 + (a2 + b2 - c2)x + b2 = 0 luôn luôn vô nghiệm

Câu 1

a/ P =

√3 −√2 ¿2

¿

√3+√2 ¿2√ ¿

¿

(1/2 điểm) (1/2 điểm) b/ Ta có:

VT = √a −√b

a − b +

√b −√ c

Từ a + c = 2b => a = 2b – c thay vào (*) ta có (1/4 điểm)

VT = √a−√b

2 b − c − b+√

b −√c

b − c =√

a −√b+√b −√c

a −√c

(1/4 điểm) Thay b = a+c

2 vào (**) ta có

VT = √a−√c

a+c − 2c

2

= 2(√a−√c)

2

√a+√c=¿ VP (Đpcm) (1/4 điểm)

Câu 2

a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2x2 + 4x = 19 - 3y2 <=> 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2

<=> (2x + 2)2 = 6(7 - y2) (1/4 điểm) Vì (2x + 2)2 0 => 7 - y2 0 => 7 y2 mà y Z => y = 0 ;±1 ;± 2

(1/4 điểm) + Với y = ± 1 => (2x + 2)2 = 6(7 - 1) <=> 2x2 + 4x - 16 = 0

=> x1 = 4; x2 = -2

+ Với y = ± 2 =>2x2 + 4x - 7 = 0 => x1, x2 Z (loại) (1/4

điểm)

+ Với y = 0 =>2x2 + 4x - 19 = 0 => x1, x2 Z (loại)

Vậy cặp nghiệm (x, y) của phơng trình là: (4; 1); (4; -1); (-2; 1); (-2; -1)

Trang 11

b/ Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0 Chia cả tử và mẫu cho x2 ta đợc:

M =

1 (x2

+ 1

M đạt giá trị lớn nhất khi x2+ 1

x2 nhỏ nhất => x2+ 1

x2 = 2 => x = ± 1 Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = ± 1

Câu 3 Ta có P(x) = (x3)3 + (x33)3 = (x3 + x33)( x6 – x36 + x66)

= (x + x11)(x2 – x12 + x22)( x6 – x36 + x66) (1/4

điểm)

a/ Với x chẵn thì x9, x99 đều chẵn

x lẻ thì x9, x99 đều lẻ

=> x9 + x99 đều chẵn với mọi x nguyên dơng (1/4 điểm)

b/ Ta có x11 = 2048 nên x + x11 = 2050 (1/4 điểm)

Vì x = 2 nên các thừa số còn lại đều chẵn do đó p là bội của 4100

c/ Ta có N = P(4) = 49 + 499 = (29)2 + (299)2 = (29 + 299)2 – 2 29 299

(1/4 điểm) Theo câu b thì số bị trf có chữ số hàng đơn vị là 0 mà số trừ lại có số hàng đơn

vị khác 0 hay hiệu của chữ số hàng đơn vị khac 0

Vậy chữ số của N khác 0

Câu 4

- Dựng A’ đối xứng với M qua Ox (1 điểm)

- Dựng B’ đối xứng với M qua Oy

- Nối A’B’ cắt Ox tại A, cắt Oy tại B (1 điểm)

=> AM = AA’ (A Ox trung trực của A’M)

BM = BB’ (B Oy trung trực của B’M)

(1/2 điểm)

=> P(AMB) = AA’ + AB + BB’ nhỏ nhất

(vì A’, A, B, B’ thẳng hàng)

Câu 5

Tính biệt số Δ = [(a – b)2 – c2][(a + b)2 – c2]

(1/2 điểm) Vì a + b > c > 0 và 0 < | a – b| < c

nên (a – b)2 < c2 => (a – b)2 – c2 < 0

và (a + b)2 > c2 => (a + b)2 – c2> 0

Do vậy Δ < 0 => Phơng trình vô nghiệm (1/2 điểm)

x

y O

M A'

B' A

B

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	27,83 KB