291 đề HSG toán 6 tam dương 2018 2019

PHỊNG 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:
a) S 

3

 1.2 

2



5

 2.3

2

 ...... 

61

 30.31

2

12 12 12
4 4
4 

12  

4  

6
19 37 53 :
15 4 2013 . 12424243
b) B  1 . 

41  3  3  3  3 5  5  5  5  237373735
19 37 53
15 4 2013 


Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho

A 1

1 1 1
1
1
1
1
   ..... 
;B 


 ..... 
.
2 3 4
2012
1007 1008
2012

2013

 A
 
Tính  B 
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho: 1! 2! 3! .....  n! là số chính phương
Câu 3. (2,0 điểm)
1 1 1 4
  
a) Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a b c 5
2
2
2
b) Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p  q  r cũng là số nguyên tố
Câu 4. (2,0 điểm)
0
0
·
·
·
Cho xOy  100 . Vẽ tia phân giác Oz của xOy; vẽ tia Ot sao cho yOt  25

·
·
a) Tính số đo các góc : zOt , xOt

·
b) Ot có phải là tia phân giác của zOy khơng ? Vì sao ?
Câu 5. (2,0 điểm)
2012
2012
2012
a) Cho A  2012  2 và B  2012
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


S n 

là tổng các chữ số của số tự nhiên n
2
S

n
 2013n  6
n


Tìm n sao cho
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2n  1

1
1


;
2
n 2  n  1 2
 n  n  1 
a) Ta có:
với n  ¥ *
Do đó:
2
1 
 1  1 1 
 1
S   1     2  2  .....   2  2 
 2 2 3 
 30 31 
b) Ký hiệu

1
312  1 960
1 2 

31
312
961
b) Ta có:
12 12 12
4 4

4 

12  

4  

6
19 37 53 :
15 4 2013 . 124242423
B  1 .

41  3  3  3  3 5  5  5  5  237373735
19 37 53
15 4 2013 

 
1
1
1  
1 1
1 
12.
1



4
1







47   19 37 53   15 4 2013  41.3.1010101
 .
:
.
1
1
1 
1 1
1   47.5.1010101
41  

3. 1  

5. 1   

  19 37 53 

 15 4 2013  
47  5  41.3
 . 4. .
3
41  4  47.5
Câu 2.
1 1 1
1
A  1     ... 

2 3 4
2012
a) Ta có:
1 1 1
1
1 
1 1 1
 1     ..... 
 2     ..... 

2 3 4
2012
2012 
2 4 6
1 1 1
1
1 
 1 1 1
   ..... 
 1     ..... 

2 3 4
2012  2 3 4
1006 
1
1
1


 ...... 

B
1007 1008
2012
1


2013

A
 A
 1  
B
Suy ra: B
2013
 A
  1
Vậy  B 

 12013  1

2
b) Xét n  1  1!  1
n  2  1! 2!  3

n  3  1! 2! 3!  9  32
n  4  1! 2! 3! 4!  33
Với n  4 thì n!  1.2.3....n là một số tự nhiên có chữ số tận cùng là 0. Nên
1! 2! ....  n!  33 cộng vơi một số có tân cùng là 0 ra số tận cùng là 3 nên khơng
phải là số chính phương
Vậy chỉ có 2 giá trị n  1; n  3 thỏa đề

Câu 3.
a) Ta thấy : a, b, c là các số tự nhiên khác 0
Do a, b, c có vai trị như nhau nên khơng mất tính tổng qt, giả sử
0abc
1 1 1 3
3 4
15
      a   a   1;2;3
a 5
4
Ta có: a b c a
1 1 4
   1.
Với a  1 thì b c 5
Khơng tồn tại b, c  ¥ thỏa mãn
1 1 1 4
1 1 3
     
b c 10
Với a  2, ta có: 2 b c 5
1 1 2
2 3
20
    b
 b   1;2;3;4;5;6
b
c
b
b
10

3
b

c
Do
nên
Kiểm tra các trường hợp ta thấy b  5 thì c  10; b  4 thì c  20 (thỏa mãn)
Các trường hợp cịn lại của b không thỏa mãn
Với a  3
1 1 4 1 7
   
b
c 5 3 15
Ta có:
1 1 2
2 7
30
    b
 b   1;2;3;4;5;6;7
b
c
b
b
15
4
b

c
Do
nên

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


Vậy các bộ số  a; b; c  thỏa mãn đề bài là  2;5;10  ,  2;4;20  và các hốn vị của
chúng.
2
2
b) Vì p  q  r nên p  q  2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Do vậy p  q  r là số nguyên tố thì p  q  r phải là số lẻ  p , q , r là 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 khơng có số nào chia
2
2
2
2
2
2
hết cho 3 thì p , q , r chia 3 đều dư 1, khi đó p  q  r chia hết cho 3 (mâu
thuẫn)  p  3 (p là số nguyên tố lẻ và nhỏ nhất trong 3 số)
 q  5, r  7
2

2
2
2
2
2
Kiểm tra p  q  r  3  5  7  83 là số nguyên tố (thỏa mãn)

Câu 4.

0
·
a) Tia Oz là phân giác góc xOy nên yOz  50
Xét hai trường hợp:
*Trường hợp 1: Ot nằm giữa Oz và Oy

0
·
0
·
Mà yOt  25 và Ot nằm giữa Oz , Oy nên zOt  25
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


0
·
Tia Oy nằm giữa Oz, Ot nên zOt  75
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

0
·
0
·
-Trường hợp Ot nằm giữa Oz, Oy ta có: yOt  25 và zOt  25 nên Ot là
·
phân giác của zOy


Câu 5.
2012
a) Giả sử số B  2012 khi biểu diễn dưới dạng số tự nhiên có n chữ số, ta
có:
2012
1000  20122012  10n  10n  106036  n  6036
2012
2012
Giả sử khi số A  2012  2 biểu diễn dưới dạng số tự nhiên thì số A có nhiều
hơn n chữ số, tức là A ít nhất có n  1 chữ số, suy ra:
20122012  22012  10n  20122012  10n  20122012  22012
 22012.10062012  22012.2n2012.5n  22012. 10062012  1
, do n  6036
 10062012  2n2012.5n  10062012  1
 2n2012.5n  10062012  1. Điều này là vô lý vì 10062012  1là số lẻ, cịn 2n2012.5n là
số chẵn

Do đó số chữ số của A khơng 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:
n  am .10m  am1.10m1  ....  a1.10  a0 (với ai là các chữ số, i  0,1,2,..., m; m  ¥ )
n  am  am1  ....  a1  a0

 n  S n 
 n 2  2013n  6  n
 n 2  6  2014n
6
 n   2014  n  2014
(1)
n
S n   0  n 2  2013n  6  0
Mà
6
 n 2  6  2013n  n   2013  n  2013
n
Từ (1) và (2) suy ra n  2013
Thử với n  2013 ta có:
S 2013  20132  2013.2013  6  6
(thỏa mãn)
Vậy số tự nhiên n cần tìm là 2013.

(2)