a) Tìm số tự nhiên x, biết rằng ba số 12

(1)

PHÒNG GD&ĐT THÁI THỤY

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: Toán 6

Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4,0 điểm).

a) Tính hợp lý: A ^{5 2}. ^{5 13}: 1⁵

9 13 9 11 9

 

   

b) Tìm x, biết: ^x ⁷ ¹⁵ 9 6 18

 

   

  

Bài 2 (4,0 điểm).

a) Tìm số nguyên n để B ^{2n 1} ³ⁿ ⁵ ⁴ⁿ ⁵

n 3 n 3 n 3

  

  

   nhận giá trị nguyên.

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ^x ¹ ¹ 7 2 y 3

 Bài 3 (3,0 điểm).

a) Tìm số tự nhiên x, biết rằng ba số 12; 20 và x, có tích bất kỳ của hai số nào cũng chia hết cho số còn lại.

b) Tìm các số tự nhiên a, b, c, d nhỏ nhất sao cho: ^a ⁵ ; ^b ³; ^c ⁶ b 14 c  4 d 11 Bài 4 (3,0 điểm).

a) Tìm số tự nhiên x thỏa mãn: 2   4 6 8 ... 2x 156 b) Chứng tỏ rằng: ¹₂ ¹₂ ¹₂ ¹₂ ... ¹ ₂ ¹ ₂ 1

2  3  4  5   2017  2018 

Bài 5 (5,0 điểm). Cho hai tia Ox, Oy đối nhau, hai tia Oz, Ot cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ Oy, ^xOz50⁰, yOt^ 65⁰.

a) Tính số đo yOz^.

b) Tia Ot có là tia phân giác của yOz^ không ? Vì sao ? c) Vẽ tia Om sao cho xOm^ 90^o. Tính số đo mOz^.

Bài 6 (1,0 điểm). Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên khác 0, có số lượng các ước tự nhiên là một số lẻ thì số tự nhiên đó là một số chính phương.

---HẾT---

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh: …………..………

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 6 – NĂM HỌC 2017-2018

Câu Nội dung Điểm

1 (4,0đ)

a) Tính hợp lý: A ^{5 2}. ^{5 13}: 1⁵

9 13 9 11 9

 

   

b) Tìm x, biết: ^x ⁷ ¹⁵ 9 6 18

 

   

  

1a

5 2 5 13 5

A . : 1

9 13 9 11 9

 

   

5 2 5 11 5

A . . 1

9 13 9 13 9

 

  

0,5

5 2 11 5

A 1

9 13 13 9

  

   

  0,5

5 5

A .1 1

9 9

  

0,25

5 5 5 5

A 1 1

9 9 9 9

  

     

  =1

0,5

Vậy A = 1 0,25

1b

x 7 15

9 6 18

 

   

   0,5

x 7 5

9 6 6

  

 0,5

x 2

9 6

 

 0,5

x 3

  

Vậy x = -3 0,5

2 (4,0đ)

a) Tìm số nguyên n để B ^{2n 1} ³ⁿ ⁵ ⁴ⁿ ⁵

n 3 n 3 n 3

  

  

   nhận giá trị nguyên.

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ^x ¹ ¹ 7 2  y 3



2a

ĐK: n3 0,25

Ta có :

2n 1 3n 5 4n 5

A n 3 n 3 n 3

(2n 1) (3n 5) (4n 5)

A n 3

  

  

  

    

 

0,25

(3)

2n 1 3n 5 4n 5 n 1

A n 3 n 3

     

 

  0,25

n 3 4 4

A 1

n 3 n 3

    

  0,25

Vì 1 Z nên để AZ thì ⁴ Z n 3

 Vì nZn  3 , do đó ⁴

n3 nguyên khi n – 3 Ư(4) =



1;2; 4; 1; 2; 4  



0,5

Suy ra: ⁿ



4;5;7;2;1; 1



(thỏa mãn đk) 0,25

Vậy ⁿ



4;5;7;2;1; 1



0,25

2b

ĐK: y 3 0,25

x 1 1 2x 7 1

7 2 y 3 14 y 3

    

 

0,25 (2x 7)(y 3) 14

    0,25

Do x, yZ nên 2x – 7  Ư(14) 0,25

Vì 2x – 7 lẻ nên 2x – 7 ^{  }



^{7; 1;1;7}



^^x^



^{0;3; 4;7 .}



^0,5

Tương ứng^{y 3}   



2; 14;14; 2



   y



5; 17;11; 1



.(thỏa mãn điều kiện) 0,25

Vậy (x; y) = (0; -5), (3; -17), (4; 11), (7; -1) 0,25

3 (3,0đ)

a) Tìm số tự nhiên x, biết rằng ba số 12; 20 và x, có tích bất kỳ của hai số nào cũng chia hết cho số còn lại.

b) Tìm các số tự nhiên a, b, c, d nhỏ nhất sao cho: ^a ⁵ ; ^b ³; ^c ⁶ b 14 c  4 d 11

3a

Theo bài ra ta có:

20.x 12 5.x 3 x 3 vì



^3,5



^¹

0,25

12.x 20 3.x 5 x 5 0,25

Suy ra: x 15 hay x15.k ; k ^* 0,25

Mà 12.20 x  12.20 15k 16 k 0,25

   

k 1; 2; 4; 8; 16  x 15; 30; 60; 120; 240

Vậy ^x



15; 30; 60; 120; 240



0,5

3b

Ta có: ^a ⁵ , ^b ^{3 c}, ⁶ b 14 c  4 d 11 Suy ra: a5k, b14k với kN^*

b3m, c4m với mN^* 0,25

c6n, d11n với nN^* 0,25

Do đó 3m14k3m 14 m 14 và 4m6n2m 3 m 3 0,5

(4)

Để b, c nhỏ nhất thì m nhỏ nhất hay ^m^^{BCNN 14;3}

 

^⁴² ^0,25

Khi đó: b126; c168; a 45; d 308 0,25

4 (3,0đ)

a) Tìm số tự nhiên x thỏa mãn: 2   4 6 8 ... 2x 156 b) Chứng tỏ rằng: ¹₂ ¹₂ ¹₂ ¹₂ ... ¹ ₂ ¹ ₂ 1

2  3  4  5   2017  2018 

4a

Ta có: 2   4 6 8 ... 2x 156

 

2 1 2 3 ... x 156

      1 2 3 ... x 78

      0,25

 

x x 1 : 2 78

   0,5

 

x x 1 156 12.13

    0,25

Vì x(x+1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Suy ra: x = 12 Vậy x = 12

0,25 0,25

4b

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

2 1.2  1 2 3; 2.3  23

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

;...;

4 3.4  34 2018  2017.2018 2017 2018 0,5

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

... ...

2 3 4  2018 1.22.33.4  2017.2018

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

... 1 ...

2 3 4  2018  22334 20172018

0,5

2 2 2 2

1 1 1 1 1

... 1 1

2 3 4  2018  2018  (đpcm) 0,5

5 (5,0đ)

Cho hai tia Ox, Oy đối nhau, hai tia Oz, Ot cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ Oy, xOz^ 50⁰, yOt^ 65⁰.

a) Tính số đo ^yOz.

b) Tia Ot có là tia phân giác của yOz^ không ? Vì sao ? c) Vẽ tia Om sao cho xOm^ 90^o. Tính số đo mOz^. HS vẽ hình

(5)

50° 65°

x y

z t

O

0,25

5a

Vì Ox và Oy là hai tia đối nhau nên ^xOz và yOz^ là hai góc kề bù. 0,5

Ta có: xOz^{ }yOz180^o 0,25



o o

50 yOz180 0,25

 ô ô ô yOz 180 50 130

    0,25

5b

Vì Oz và Ot cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ Oy mà ^yOz^ ^^^{yOt 130}



⁰ ^⁶⁵⁰



nên tia Ot nằm giữa hai tia Oy và Oz (1)

0,5 Ta có:

   yOtzOtyOz

0,25



o o

65 zOt130

 ô ô ô zOt 130 65 65

   

0,25

Suy ra: zOt^ ^yOt 65^o (2) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra Ot là tia phân giác của ^yOz. 0,25

5c

TH1: Hai tia Oz, Om cùng nằm về một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox

50° 65°

x y

z m t

O

0,25

Ta có: ^xOz^ ^^{xOm 50}^



^o ^⁹⁰^o



nên tia Oz nằm giữa hai tia Ox và Om 0,25

  

xOzzOmxOm 0,25



o o

50 zOm90

 ^o ^o ⁰ zOm90 50 40

0,25 TH2: Hai tia Oz, Om thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia Ox

(6)

50° 65°

x y

z t

m n

O

0,25

Vẽ tia On là tia đối của tia Oz (vẽ vào nhé)

Tia Ox nằm giữa hai tia Oz và On

 Tia Oz và On thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia Ox Mà Oz và Om thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia Ox

 Om và On cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox

0,25 Vì Oz và On là hai tia đối nhau

 xOz và xOn^ là hai góc kề bù.

 ⁰ ⁰ ⁰ xOn 180 50 130

   

Trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox có ^xOm^^^{xOn 90}^



^o ^¹³⁰^o



 Tia Om nằm giữa hai tia Ox và On

   xOmmOn xOn



o 0

90 mOn 130

 ⁰ mOn 40

0,25 Vì Oz và On là hai tia đối nhau

 mOz và mOn^ là hai góc kề bù.

 ⁰ ⁰ ⁰ mOz 180 40 140

   

0,25 6

(1,0đ)

Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên khác 0, có số lượng các ước tự nhiên là một số lẻ thì số tự nhiên đó là một số chính phương.

Gọi số tự nhiên đó là P (P  0)

Nếu P = 1 ta có 1 = 1²  P là số chính phương

0,25 Nếu P > 1. Phân tích P ra thừa số nguyên tố ta có P = a .b ...c^x ^y ^z

(với a, b, ... , c là các số nguyên tố; x, y,...z là số tự nhiên) Khi đó số lượng các ước của P là (x + 1).(y + 1)...(z + 1)

0,25

Theo bài ra (x + 1).(y + 1)...(z + 1) là số lẻ

 x + 1 , y + 1 , ... , z + 1 đều là các số lẻ

 x, y , ... , z đều là các số chẵn

0,25 Do đó x = 2.m ; y = 2.n ; ... ; z = 2.t

Nên P = ^a^2.m.b ...c = a .b ...c^2.n ^2.t



^m ⁿ ^t



² P là số chính phương

0,25

(7)

Lưu ý :

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản của một cách giải, nếu học sinh có cách giải khác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm của mỗi ý đó.

- Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.

- HS làm đến đâu cho điểm tới đó và cho điểm lẻ đến 0,25. Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn.