Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Năm học 2018-2019 - Lê Công Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Năm học 2018-2019 - Lê Công Minh (Có đáp án)

1. KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI Toán lớp 6 Năm học 2018-2019 Môn : Toán Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 :(5 điểm ) 1. Thực hiện phép tính 2 2 2 a) ( + + ⋯ + ) . 462 − [2,04: (1,95 + 1,05)]: 0,12 11.13 13.15 19.21 5 5 5 1 1 b) + 6 (11 − 9 ) : 8 6 6 20 4 3 2. Hỏi có bao nhiêu số nguyên n để −2018 ≤ 푛 ≤ 2019 và phân số 푛2+2 chưa tối giản ? 푛+9 Câu 2 : (5 điểm ) 1. Tìm số nguyên x,y sao cho : 2 + = 32019 + 1 1 2 3 2018 2019 3 2. Chứng tỏ rằng: + + + ⋯ + + < 3 32 33 32018 32019 4 Câu 3 :(3 điểm ) 1. Tìm số nguyên dương n để 푛2 + 2푛 + 2007 là số chính phương 2. Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3 hãy cho biết 푛2 + 2018 là hợp số hay số nguyên tố Câu 4 :(5 điểm) Cho tam giác ABC , 퐷̂ = 600. Lấy trên cạnh BC điểm D bất kỳ nối A với D sao cho 퐷 ̂ = 400. 1. Tính góc ADC (biết rằng tổng các góc trong tam bằng 1800) 1 2. Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KB = 2.BD, biết CD = KC và 2 BC = 8cm . Tính độ dài KB,KC 3. Điểm D có thể chạy trên BC. Tìm các vị trí của D để độ dài CK là lớn nhất và nhỏ nhất Câu 5 : ( 2 điểm) Hỏi biểu thức 4 + 4 + 4 trong đó x,y,z là các phân số dương có thể lấy giá trị 2020 không ? Thầy : Lê Công Minh . sdt : 0961462275
2. Hướng dẫn Câu 1 : 1. HS tự giải 푛2+2 푛2−81+83 83 2. Ta có = = 푛 − 9 + nhận thấy 83 là số nguyên 푛+9 푛+9 푛+9 tố vì vây để phân số trên chưa tối giản thì n+ 9 = 83k hay n = 83k – 9 mà theo bài ra ta có : -2018 < 83k – 9 < 2019 suy ra -24,2 < k < 24,4 vì k là số nguyên nên k =±24, ±23, . .0 vậy có tất cả 49 số nguyên n để phân số không tối giản Câu 2 : 1. a) Xét y < 0 thì vế phải không nguyên vế trái nguyên ( vô lý ) b) Xét y ≥ 1 thì vế phải là 1 số chia hết cho 3 dư 1. Vì x nguyên nên x có dạng là 3k ,3k+1 ,3k+2. Do đó vế trái sẻ là x(x+1) khi đó nhận thấy với x = 3k và 3k + 2 thì vế trái chia hết cho 3 dư 0. Còn khi x = 3k+1 thì vế trái chia cho 3 dư 2 ( vô lý với vế phải) pt vô nghiệm c) Xét y = 0 lúc này phương trình trở thành 2 + = 1 + 1 ↔ ( + 1) = 1.2 = (−2). (−1) suy ra x = 1 và x = -2 vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên (x ; y) = (1;0),(-2;0) 2. Nhận thấy rằng : 푛 1 2푛 + 1 2푛 + 3 = ( − ) 3푛 4 3푛−1 3푛 Thay n = 1,2,3 2019 ta có dãy số sau 1 1 5 = (3 − ) 3 4 3 1 1 5 7 = ( − ) 32 4 3 32 1 1 7 9 = ( − ) 33 4 32 33 2018 1 4037 4039 = ( − ) 32018 4 32017 32018 Thầy : Lê Công Minh . sdt : 0961462275
3. 2019 1 4039 5001 = ( − ) 32019 4 32018 32019 1 5001 3 Cộng vế theo vế ta được VT = (3 − ) < (đpcm) 4 32019 4 Câu 3 : 1. Ta có n2 + 2n + 1 + 2006 = (푛 + 1)2 + 2006 = 푡2 ( vì là số chính phương) Từ đó ta có (푡 − 푛 − 1)(푡 + 푛 + 1) = 2006 .(1) Ta nhận thấy t + n + 1 – ( t – n – 1 )= 2n + 2 là số chẳn vì vậy t + n + 1 và t – n – 1 có tính cùng chẳn hoặc cùng lẻ. do vậy ta xét các trường hợp sau TH1 : t + n + 1 và t – n – 1 cùng lẻ suy ra (푡 − 푛 − 1)(푡 + 푛 + 1) =số lẻ trái với (1) TH2 : t + n + 1 và t – n – 1 cùng chẳn suy ra (푡 − 푛 − 1)(푡 + 푛 + 1) ⋮ 4 mà 2006 lại không chia hết cho 4 suy ra (1) vô lý Vậy ko có giá trị nào của n thõa mãn bài ra 2. Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên nó có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ta có : TH1: Với n = 3k + 1 thì (3k + 1)2 + 2018 = 9k2 + 6k + 2019 = 3 (3k2 + 2k + 673)⋮ 3 Suy ra n2 + 2018 là hợp số TH2 : Với n = 3k + 2 thì (3k + 2 )2 + 2018 = 9k2 + 12k + 2022⋮ 3 suy ra n2 + 2018 là hợp số . vậy với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n2 + 2018 là hợp số. Các bạn học sinh có thể làm cách 2 bằng pp đồng dư thức như sau Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên TH1 : 푛 ≡ 1 ( 표 3) → 푛2 ≡ 1( 표 3 ) Mà 2018 ≡ 2( 표 3 ) → 푛2 + 2018 ≡ 3( 표 3) ≡ 0( 표 3) → 푛2 + 2018 푙à ℎợ 푠ố Thầy : Lê Công Minh . sdt : 0961462275
4. TH 2: 푛 ≡ 2 ( 표 3) → 푛2 ≡ 4( 표 3 ) ≡ 1( 표 3 ) Mà 2018 ≡ 2( 표 3 ) → 푛2 + 2018 ≡ 3( 표 3) ≡ 0( 표 3) → 푛2 + 2018 푙à ℎợ 푠ố Vậy với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n2 + 2018 là hợp số. Câu 4 : 1 . Theo giả thiết ta biết tổng ba góc = 1800 ta xét tam giác ABD có 퐷̂ + 퐷 ̂ + 퐷 ̂ = 1800 → 퐷 ̂ = 1800 − ( 퐷̂ + 퐷 ̂) = 1000 Mặt khác góc BDA và ADC kề bù nhau do đó 퐷 ̂ = 1800 − 퐷 ̂ = 800 1 2) Theo giả thiết KB = 2.BD suy ra DK = 3BD và CD = 퐾 suy ra KC = 2.CD suy ra 2 8 CD = DK = 3BD (1) mặt khác BC = BD + DC = BD + 3BD suy ra BD = = = 2 4 4 suy ra KB = 2.2 = 4cm , KC = 2 KD = 2(KB+BD) = 2 .6 = 12 cm 3) Vì D chạy trong BC nên D chạy gần sát B thì K chạy sát B và nếu D≡B suy ra K≡B do đó CK nhỏ nhất và CK = BC = 8 cm, nếu D chạy sát lại C và trùng với C thì K xa B nhất do đó CK lớn nhất , mà KB =2.BD = 2 .8 = 16cm suy ra CK = CB + BK = 8 + 16 = 24cm là độ dài lớn nhất Câu 5 : Trước hết ta chứng minh nhận xét sau : nếu n là số nguyên dương thì:푛4 ⋮ 16 dư 0 và dư 1 : cách chứng minh thì ta có 2 cách. (Bạn nào tốt bên hằng đẳng thức ta chưng minh theo đó còn không thì chúng ta chứng minh theo đồng dư) Cách : 1 TH1. xét n là số chẳn n = 2k suy ra 푛4 = 16 4 ⋮ 16 dư 0 TH2 n là số lẻ n = 2k + 1 suy ra 푛2 = (2 + 1)2 = 4 2 + 4 + 1 = 4 ( + 1) + 1 nhận thấy k(k+1) là số tự nhiên liên tiếp do đó chia hết cho 2 vậy 4k(k+1)+1 chia hết cho 8 dư 1 hay n = 8m +1 suy ra n2 = (8m+1)2 = 64m2 + 16m +1 chia hết cho 16 dư 1 suy ra điều phải chứng minh ( cách 2 hs tự làm ) Trở lại bài toán ta có : giả sử rằng x , y , z là các số dương thỏa mãn 4 + 4 + 4 = 2020(1) Thầy : Lê Công Minh . sdt : 0961462275
5. Giả sử rằng = , = , = với a,b,c,d là các số tự nhiên không có cùng ước số chung lớn hơn 1 . Từ (1) suy ra 4 + 4 + 4 = 2020 4(2) TH 1: Nếu d là số chẳn thì 2020d4 chia hết cho 16 dư 0 , do đó 4 + 4 + 4 chia hết cho 16 dư 0 suy ra a,b ,c sẻ cùng chẳn vì nếu như không cùng chẳn thì 4 + 4 + 4 ⋮ 16 sẻ dư 1,2,3 suy ra vô lý với (2). Mà a ,b ,c ,d cùng chẳn lại có ước chung lớn hơn 1 suy ra vô lý ( loại ) TH2 : d là số lẻ thì 2020d4 chia cho 16 dư 4 mặt khác a,b,c là số tự nhiên bất kỳ thì 4 + 4 + 4 ⋮ 16 dư 0 ,1,2,3 nhận thấy (2) không thỏa mãn. Vậy không có các phân số dương x,y,z thỏa mãn bài toán Thầy : Lê Công Minh . sdt : 0961462275