002 đề HSG toán 6 trực ninh 2017 2018

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017-2018
MƠN TỐN LỚP 6
Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (5,0 điểm) Tính hợp lý
a ) A  20182  2017.2018
b) B   1 .  1 .  1 .  1 ..........  1 .  1
2

3

4

99

100

1 2 3
88
88     ..... 
6 7 8
93
c)C 
1 1 1

1
    ..... 
12 14 16
186

Bài 2. (5,0 điểm)
2 y  1  x  4   10
a. Tìm x, y  ¥ biết 

b. Cho x, y  ¥ thỏa mãn  3x  5 y   x  4 y  M7 . Chứng tỏ rằng  3x  5 y   x  4 y  M49
5n  2
 n¥ 
c. Tìm số tự nhiên n trong khoảng 290 đến 360 để phân số 2n  7
rút

gọn được
Bài 3. (4,0 điểm)
a. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho n  1; 2n  1;5n  1 đều là số chính
phương?
2
3
18
b. Cho A  2017  2017  2017  .......  2017
Chứng tỏ rằng AM2018 . Tìm chữ số tận cùng của A
Bài 4. (4,0 điểm)
a. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2 cm. Lấy điểm C thuộc đường thẳng AB
sao cho BC  5 cm. Tính độ dài đoạn thẳng AC

0
·

·
b. Cho xOy  160 . Vẽ tia phân giác Ox1 của xOy . Tính số đo góc xOx1

·
·
Giả sử Ox2 là tia phân giác của xOx1 , Ox3 là tia phân giác của xOx2 ,…… Ox42 là

tia phân giác của xOx41 . Tính số đo góc xOx42
Bài 5. (2,0 điểm)
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có n  nM6
1234
b. Viết số 4321 dưới dạng tổng của một số số nguyên dương. Gọi T là tổng
các lập phương của tất cả các số đó. Tìm số dư của T trong phép chia cho 6
3


----hết----ĐÁP ÁN HSG 6 TRỰC NINH_2017-2018
Bài 1.
a ) A  2018.  2018  2017   2018.1  2018

b)

B   1 .1.  1 .1.........  1 .1

(Có 50 thừa số 1) nên B= 1

 1  2  3
 88 
1   1   1   ......  1 


6  7  8
93 


c) C 
1 1 1
1
   ....... 
12 14 16
186
1 
1 1 1
5 5 5
5
5.     .....  
   ...... 
93 
6 7 8
93 
C 6 7 8
1 1 1
1
1 1 1 1
1 
   ....... 
 .     .....  
12 14 16
186
2 6 7 8
93 

C  10

Bài 2.
a) 2 xy  x  8 y  14
x(2 y  1)  8 y  4  14  4
x  2 y  1  4(2 y  1)  10

 2 y  1  x  4   10

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

1
10
14
0

- 1
-10
-6
-1

 x  14  x  6  x  6  x  2
;
;
;


Vậy  y  0  y  1  y  2  y  3

b) Phải chứng minh 3 x  5 y M7  x  4 y M7
Đặt A  3x  5 y, B  x  4 y. Xét tổng A  4 B  7 x  21M7

5
2
6
2

-5
-2
2
-3


Nếu AM7  4 B M7, mà  4, 7   1  B M7
Nếu B M7  4 B M7  AM7. Chứng tỏ 3x  5 y M7  x  4 y M7

Vì

3x  5 y M7
 x  4 y M7

 3x  5 y   x  4 y  M7  

Nếu  3x  5 y  M7   x  4 y  M7   3x  5 y   x  4 y  M49
x  4 y  M7   3 x  5 y  M7   3 x  5 y   x  4 y  M49
Nếu 

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

Ta có:

2.  5n  2  Md
5n  2Md


  10n  35   10n  4  Md

5.(2n  7)Md
2n  7 Md


Vì d nguyên tố nên d  31
31 5n  60M31 5( n  12) M
31
5n  2M31 5n  2  62M




Khi đó 2n  7M31 2n  7  31M31 2n  24M31 2( n 12) M31

5,31  1;  2;31  1
n  12M31  n  31k  12  k  ¥ 
Mà 
suy ra

Do 290  n  360  290  31k  12  360  9  k  11 , mà k là số tự nhiên nên
k   9;10;11

Từ đó tìm được

n   291;322;353

Bài 3.
a) Do n  1 là số chính phương nên khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Nếu n  1M3 thì n chia cho 3 dư 2  2n  1 chia cho 3 dư 2, vơ lý.
Do đó n  1 chia cho 3 sẽ dư 1  n M3
Do 2n  1 là số chính phương lẻ nên 2n  1 chia cho 8 dư 1, suy ra 2nM8 , từ đó
nM4

Do đó n  1 là số chính phương lẻ nên n  1 chia cho 8 dư 1, suy ra nM8
Ta thấy nM3, nM8 mà  
nên nM24 mà n là số nguyên dương
2
2
2
Với n  24 thì n  1  25  5 ; 2n  1  49  7 ; 5n  1  121  11
3,8  1


Vậy n  24 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài
2
3
2018
b) Ta có A  2017  2017  2017  ......  2017 (tổng A có 2018 số hạng, 2018M2)
A   2017  2017 2    20173  2017 4   .....   2017 2017  2017 2018 

A  2017.(1  2017)  20173.(1  2017)  ......2017 2017.(1  2017)
A  2018.  2017  20173  ......  2017 2017  M2018

A  2017  2017 2   20173  2017 4  20175  20176   .....   2017 2015  2017 2016  20172017  20172018 
A   ...6   20173.  ....0   ...  2017 2015.  .....0    ......6 

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
Ta có: AB  BC  AC thay số tính được AC  7 cm
Trường hợp điểm C thuộc tia BA

Trên tia BA, BA  BC  2 cm  5cm  nên điểm A nằm giữa hai điểm B và C
Ta có: AB  AC  BC Thay số tính được AC  3 cm


b)

·
xOy
1600
·
xOx


 800
·
1

Ox
2
2
Tia 1 là tia phân giác của xOy nên
·
xOx
1600
1
·
xOx


·
2
2
22
Tia Ox2 là tia phân giác của xOx1 nên
·
Ox
xOx

Tương tự như trên, tia

42

là tia phân giác của

41

nên

·
xOx
1600
41
·
xOx


42
2
242

Bài 5
a) Ta có

n

3

 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
2,3  1
n n  1  n  1 M6
chia hết cho 2 và 3 mà  
nên 
43211234  a1  a2  a3  ......  an
3
3

3
3
b) Ta có T  a1  a2  a3  .......  an

Xét hiệu

T  43211234   a13  a23  a33  .....  an3    a1  a2  a3  .....  an 

T  43211234   a13  a1    a23  a2    a33  a3   ......   an3  an 

3
3
3
3
1234
Theo câu a ta có a1  a1 M6, a2  a2 M6, a3  a3 M6,........ an  an M6, nên T  4321 M6


1234

Suy ra T và 4321 cùng dư khi chia cho 6
1234
Mặt khác 4321 chi 6 dư 1 nên 4321 chia cho 6 cũng dư 1. Vậy T chia 6 dư 1