Đề thi học sinh giỏi toán 6 huyện Trực Ninh

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN LỚP 6
Ngày thi 05 tháng 4 năm 2011
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
Bài 1 (4 điểm). Thực hiện phép tính
a)
1 5 9 13 17 21 25 145 149 153− − + + − − + ×××+ − −
b)
8
12
5 3
19.27 . 37 36
19 14
5 5 5 5
31.9 .
8.13 13.18 18.23 23.28
 
−
 ÷
 
 
+ + +
 ÷
 
c)
1 1 1 1
1 1 1 1
3 6 10 45

       
− × − × − ××××× −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Bài 2 (6 điểm).
a) Hãy tìm tất cả các số chính phương có 4 chữ số có dạng
aabb
b) Tìm các số tự nhiên có chữ số tận cùng là 7 và đồng thời là các số hạng
của cả hai dãy số sau: 2; 5; 8; ; 452
5; 14; 23; ; 545
Bài 3 (4 điểm).
a) Tìm các số tự nhiên n trong khoảng từ 60 đến 100 để phân số
5n 6
3n 1
+
+

rút gọn được.
b) Cho
1 1 1
B 1
2 3 2010
= + + + ×××+
, biết B bằng phân số
m
n
.
Chứng minh rằng m chia hết cho 2011.
Bài 4 (4 điểm).
Cho

·
0
ABC 110=
, vẽ tia BD sao cho
·
0
CBD 30=
. Tính
·
ABD
.
Bài 5 ( 2điểm).
Cho
2 4 6 98
P
3 5 7 99
= × × ×××××
. Chứng minh rằng
1
P
7
<
.
Hết
Họ và tên thí sinh:………………………. .Chữ ký của giám thị 1:………………………
Số báo danh :……………………. …. Chữ ký của giám thị 2:……………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
***********

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG
MÔN : TOÁN 6
Năm học : 2010 -2011
Đáp án Điểm
Bài 1 ( điểm). Thực hiện phép tính
a) (1 điểm).
1 5 9 13 17 21 25 145 149 153
− − + + − − + ×××+ − −
( ) ( ) ( )
1 5 9 13 17 21 25 29 129 133 137 141 145 149 153= − − + + − − + +×××+ − − + + − −
0.5
0 0 0 145 149 153 157= + +×××+ + − − = −
0.5
b) (1,5 điểm).
( )
( )
( )
8
3
8
12
12 2
5 3
5 3
19. 3 . 37 36
19.27 . 37 36
19 14
19 14
5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 1 1
31.9 . 31. 3

8.13 13.18 18.23 23.28 8 13 13 18 18 23 23 28
 
 
 
− + −
−
 ÷
 ÷
 
 
   
=
   
+ + + − + − + − + −
 ÷  ÷
   
0.5
24
24
70 57
19.3 . 1
19.14
1 1
31.3
8 28
−
 
+
 
 

=
 
−
 ÷
 
0.5
+
= = = = =
−
 
 ÷
 
266 13
279 279
19.
279 56 36
19.14
14 14
.
5 31.5
7 2
14 31.5 5
31.
31.
56 56
56
0.5
c) (1,5 điểm)

1 1 1 1 2 5 9 44

1 1 1 1
3 6 10 45 3 6 10 45
− − − −
       
− × − × − ××××× − = × × ×××××
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0.5
4 10 18 88 1.4 2.5 3.6 8.11
6 12 10 90 2.3 3.4 4.5 9.10
− − − − − − −
= × × ××××× = × × ×××××
0.5
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 . 2 8 4.5 11
1.11 11
2.3 9 . 3.4 10 9.3 27
− − −
= = =
0.5
Bài 2 ( 6 điểm)
a) ( 3 điểm).
Ta có
( )
aabb 1000a 100a 10b b 1100a 11b 11 100a b= + + + = + = +
0.5
Vì
aabb
là số chính phương nên

1100a b 11
+
M
0.5
99a a b 11 a b 11⇔ + + ⇔ +M M
0.5
Vì
1 a 9; 0 b 9 1 a b 18≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤
suy ra
a b 11+ =
0.5
Vì các số chính phương có tận cùng là 0; 1; 4; 5;6; 9
nên
{ }
b 0;1;4;5;6;9∈
0.5
Ta có bảng sau
b 0 1 4 5 6 9
a 11 (loại) 10(loại) 7 6 5 2
0.5
1
Thử các số 7744; 5566; 6655; 2299 ta thấy số 7744 thỏa mãn.
Vậy số chính phương cần tìm là 7744.
b) ( 3 điểm). Gọi số cần tìm là n
Nhận xét: Ta thấy dãy số 2; 5; 8; ; 452 gồm những số tự nhiên chia cho 3 dư 2.
Dãy số 5; 14; 23; ; 545 gồm các số tự nhiên khi chia cho 9 dư 5.
Các số tự nhiên có tận cùng là 7 chia cho 10 dư 7.
0.5
Vậy số n thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
( )

( )
( )
n 3k 2 k N
n 13 3k 15 n 13 3
n 9m 5 m N
n 13 9m 5 13 n 13 9
n 13 10q 7 13 n 13 10
n 10q 7 q N
5 n 452 5 n 452
5 n 452

= + ∈
+ = + +
 

 
= + ∈
+ = + + +
  
⇔ ⇔
  
+ = + + +
= + ∈
  
  
≤ ≤ ≤ ≤
 
≤ ≤

M

M
M
0.75
( )
*
n 13 BC 3;9;10
n 90a 13
n 13 90a (a N )
5 n 452
5 n 452
5 n 452

+ ∈
 = −
+ = ∈ 

⇔ ⇔ ⇔
  
≤ ≤
≤ ≤
≤ ≤




0.5
18 15
5 90a 13 492 18 90a 465 a 5
90 90
⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

0.75
{ } { }
a 1;2;3;4;5 n 77;167;347;437⇒ ∈ ⇒ ∈
0.5
Bài 3 ( 4 điểm).
a) ( 2 điểm)
Phân số A rút gọn được khi và chỉ khi tử số và mẫu số cùng chia hết cho một số nguyên
tố. Giả sử tử số và mẫu số cùng chia hết cho số nguyên tố d.
( ) ( )
5n 6 d 15n 18 d
15n 18 15n 5 d 13 d
3n 1 d 15n 5 d
+ +
 
⇒ ⇒ ⇒ + − + ⇒
 
+ +
 
M M
M M
M M
d 13
⇒ =
Như vậy phân số A chỉ có thể rút gọn được khi và chỉ khi tử số và mẫu số cùng chia hết
cho 13
0.5
( )
( )
5 n 4 13
5n 6 13 5 n 20 26 13 5n 20 13

3n 1 13 3n 12 13 13 3n 12 13
3 n 4 13

−
+ − + −
  

⇔ ⇔ ⇔
   
+ − + −
−
  


M
M M M
M M M
M
0.25
n 4 13 n 4 13k n 13k 4⇔ − ⇔ − = ⇔ = +M
0.25
Ta có
4 5
60 n 100 60 13k 4 100 56 13k 96 4 k 7
13 13
≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
0.25
mà
{ } { }
k N k 5;6;7 n 69;82;5∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈

.
Vậy với
{ }
n 69;82;5∈
thì phân số A rút gọn được
0.25
b) ( 2 điểm)
1 1 1 1 1 1 1 1 1
B 1
2 3 2010 1 2010 2 2009 1005 1006
     
= + + + ×××+ = + + + + ×××+ +
 ÷  ÷  ÷
     
0.25
2011 2011 2011
1.2010 2.2009 1005.1006
= + +×××+
0.25
Chọn MC là 1.2.3 2010, gọi các thừa số phụ là k
1
; k
2
; ; k
1005
0.5
2
Ta có
( )
1 2 1005

2011 k k k
B
1.2.3 2010
+ + ×××+
=
Vậy
( )
1 2 1005
2011 k k k
m
n 1. 2.3 2010
+ + ×××+
=
0.5
Tử số chia hết cho 2011 (là số nguyên tố), còn mẫu không chứa thừa số 2011 nên khi rút
gọn phân số đến tối giản, m vẫn chia hết cho 2011 (đpcm)
0.5
Bài 4 ( 4 điểm)
Trường hợp 1: Tia BD và BA cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa tia BC
D
C
B
A
Vì tia BD và BA cùng nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia BC và
·
·
CBD ABC<
( vì 30
0
< 110

0
) nên tia BD nằm giữa tia BC và tia BA.
0.5
·
·
·
·
·
·
0 0 0
CBD DBA CBA DBA CBA CBD 110 30 80⇒ + = ⇒ = − = − =
0.5
Trường hợp 2: Tia BD và BA nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia BC
M
C
D
B
A
Vẽ tia BM là tia đối của tia BD.
Vì BM và BD là hai tia đối nhau nên
·
DBC
và
·
CMB
là hai góc kề bù
·
· ·
·
0 0 0 0 0

DBC CBM 180 CBM 180 DBC 180 30 150⇒ + = ⇒ = − = − =
0.5
Vì tia BM và BD là hai tia đối nhau nên tia BC nằm giữa tia BM và BD hay tia BM và
BD nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ BC (1)
0.5
Lại có tia BD và tia BA nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia BC (2) 0.25
Từ (1) và (2) suy ra tia BA và tia BM cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa tia BC.
Mà
·
·
0 0
CBA CBM (110 150 )< <
suy ra tia BA nằm giữa tia BM và BC.
0.5
·
·
·
·
·
·
0 0 0
MBA ABC MBC MBA MBC ABC 150 110 40⇒ + = ⇒ = − = − =
0.25
Vì tia BM và BD là hai tia đối nhau nên
·
MBA
và
·
ABD
là hai góc kề bù.

·
· ·
·
0 0 0 0 0
MBA ABD 180 ABD 180 MBA 180 40 140⇒ + = ⇒ = − = − =
.
Vậy
·
0
ABD 80=
hoặc
·
0
ABD 140=
0.5
Bài 5 ( 2 điểm)
Ta chứng minh:
Nếu
( )
a
1 a;b N; b 0
b
< ∈ ≠
thì
*
a a n
(n N )
b b n
+
< ∈

+
Thật vậy ta có:
0.5
3
a b a
1
b b
−
= −
;
( ) ( )
b n a n
a n b a
1 1
b n b n b n
+ − +
+ −
= − = −
+ + +
Vì
a b a b a a a n
0 1 a b b a 0
b b b n b b n
− − +
≤ < ⇒ < ⇒ − > ⇒ > ⇒ <
+ +
0.5
Áp dụng kết quả bài trên ta có
2 4 6 98 3 5 7 99
P

3 5 7 99 4 6 8 100
= × × ××××× < × × ×××××
2
2 4 6 98 3 5 7 99
P
3 5 7 99 4 6 8 100
   
⇒ < × × ××××× × × × ×××××
 ÷  ÷
   
0.5
2
2.4.6 98 3.5.7 99 2 1
P
3.5.7 99 4.6.8 100 100 50
⇒ < × = =
2
1 1 1
P P
50 49 7
< < ⇒ <
(đpcm)
0.5
Lưu ý: Nếu HS giải theo cách khác, mà đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình
thì Hội đồng chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm
thay đổi tổng điểm của câu (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này.

HẾT
4