Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2008 - 2009 môn: toán 6

Phòng Giáo dục- Đào tạo
TRựC NINH
đề chính thức
*****
đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện
năm học 2008 - 2009
môn: Toán 6
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
 Đề thi này gồm 1 trang
Bài 1: (6 điểm)
 Câu 1: Tính: 
	a) 
	b) 1 + 2 – 3 – 4 + 5 + 6 – 7 – 8 + 9 + 10 – … + 2006 – 2007 – 2008 + 2009
 Câu 2: Cho: A = 
 B = 
 Tính ?
Bài 2: (5 điểm)
 Câu 1: Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25 ; 28 ; 35 thì được các số dư lần lượt là 5 ; 8 ; 15. 
 Câu 2: Tìm x biết: 
Bài 3: (3 điểm) Cho a ; b là hai số chính phương lẻ liên tiếp. 
Chứng minh rằng: (a – 1).( b – 1) 192
Bài 4: (4 điểm) 
Tìm số tự nhiên có 4 chữ số biết nó thoả mãn cả 3 điều kiện sau: 
1) c là chữ số tận cùng của số M = 5 + 52 + 53 + … + 5101
2) 25
3) 
Bài 5: (2 điểm)
 Câu 1: Có hay không một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9? Giải thích?
 Câu 2: Chứng minh rằng: Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 3, luôn tồn tại 2 số nguyên tố mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 12. 

Phòng Giáo dục- Đào tạo
TRựC NINH
*****
đáp án và hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi năm học 2008 - 2009
môn: Toán 6
Bài 1: (6 điểm)
 Câu 1:
 a) Kết quả : = - 1 25,5 	(2 điểm)
Kết quả: 1	(2 điểm)	
 Câu 2: (2 điểm)
B = 
B = (0,75đ)
B = (0,5đ)
B = 309. 
B = 309.A (0,5đ)
 (0,25đ)
Bài 2: (5đ) 
 a) (2,75 đ) Gọi số tự nhiên phải tìm là x. 
- Từ giả thiết suy ra và và x+ 20 là bội chung của 25; 28 và 35.	(1 đ)
- Tìm được BCNN (25; 28; 35) = 700 suy ra (x + 20) = k.700 . (1 đ)
- Vì x là số tự nhiên có ba chữ số suy ra suy ra k = 1 suy ra
 x + 20 = 700 suy ra x = 680. 	(0,75 đ).
b) (2,25 đ) 
- Từ giả thiết ta có: (1)	 (0,25 đ).
- Vì nên (1) xảy ra khi và chỉ khi hoặc (1 đ)
- Từ đó tìm ra kết quả x = hoặc x = 	 (1 đ)
Bài 3: (3đ)
- Chỉ ra dạng của a,b là: a = và b = (Với k) (0,5đ)
- Suy ra a – 1 = (2k – 1)(2k – 1) – 1 = ....... = 4k2– 4k + 1 – 1 = 4k.(k – 1) (0,5đ)
 b – 1 = (2k + 1)(2k + 1) – 1 = ....... = 4k2+ 4k + 1 – 1 = 4k(k + 1) (0,5đ)
 (a – 1)(b – 1) = 16k(k – 1)k(k + 1) (0,5đ)
Từ đó lập luận k(k – 1)k(k + 1) 4 và k(k – 1)(k + 1) 3 	 (0,75đ)
mà (4; 3 ) = 1 k (k – 1)k(k + 1) suy ra (a – 1)(b – 1) 16.4.3 
(a – 1)(b – 1) 192 (đpcm) (0,25đ)
Bài 4: (4đ) 
- Từ giả thiết dẫn đến điều kiện: a,b,c,d N; 1 a 9; 0 (0,5 đ)
- Lý luận dẫn đến M có chữ số tận cùng là 5 c = 5 (0,75 đ)
- Từ điều kiện: 25, lý luận dẫn đến (10c + d) 25, từ đó tìm được d = 0 ( 0,75 đ)
- Từ điều kiện: = a + b2
 10a + b = a + b2
 9 a = b2 – b
 9a = b(b – 1) (0,5 đ)
Lý luận dấn đến b(b – 1) 0 và b(b – 1) 9 (0,5 đ)
Mà b và b -1 là hai số nguyên tố cùng nhau; 0 < b – 1< 9 b(b – 1) 9 chỉ khi b 9 
 a=8 (0,75 đ)
Kết luận: Số cần tìm 8950 (0,25 đ)
Bài 5: (2 điểm):.
Câu 1:
- Không thể có một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9. Vì: nếu có số tự nhiên a mà khi chia cho 12 dư 9 thì a = 12.k + 9 ; và a là hợp số, không thể là số nguyên tố.	(0,75 đ).
Câu 2: (1,25 đ).
- Một số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 12 thì có số dư là một trong 12 số sau: 0; 1; 2; ...; 11
- Chứng minh tương tự câu 1 ta có: một số nguyên tố lớn hơn 3 (bất kỳ) khi chia cho 12 không thể có số dư là 2; 3; 4; 6; 8; 10.	(0,25 đ)
- Suy ra một số nguyên tố lớn hơn 3 khi đem chia cho 12 thì được số dư là một trong 4 giá trị : 1; 5; 7; 11.	(0,25 đ)
- Chia các số nguyên tố lớn hơn 3 thành hai nhóm :
 + Nhóm 1: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 1 hoặc 11 .
 + Nhóm 2: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 5 hoặc 7.	(0,25 đ)
- Giả sử p1; p2; p3 là ba số nguyên tố bất kỳ lớn hơn 3. Có ba số nguyên tố, chỉ nằm ở hai nhóm, theo nguyên lý Dirichle thì trong ba số nguyên tố trên, tồn tại ít nhất hai số nguyên tố cùng thuộc một nhóm , chẳng hạn p1 và p2 cùng thuộc một nhóm:
 + Nếu p1 và p2 khi chia cho 12 có số dư khác nhau (tức là dư 1 và 11; hoặc 5 và 7) thì 
 p1 + p2 = 12 k1 + 1 + 12 k2 + 11 = 12(k1+ k2) + 12 ; suy ra p1 + p2 .
 hoặc p1 + p2 = 12 n1 + 5 + 12 n2 + 7 = 12(n1+ n2) + 12 ; suy ra p1 + p2 .
 + Nếu p1 và p2 khi chia cho 12 có số dư bằng nhau thì hiệu p1 – p 2.	(0,5 đ)
 Câu 1: - Dãy số 3; 32; 33; ... ; 3100; 3101 gồm 101 số có dạng 3n (n ). Lần lượt chia 101 số đó cho 100 sẽ được 101 số dư (tương ứng với 101 phép chia), mỗi số dư này sẽ nhận một trong 100 giá trị: 0; 1; 2; 3; ... ; 99. Theo nguyên lí Diricle thì tồn tại ít nhất 2 số dư có cùng một giá trị, tức là trong dãy số đã cho có ít nhất 2 số khi chia cho 100 thì có cùng số dư. Khi đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho 100.
Câu 2: - Xét 1001 số 3; 32; 33; ... ; 31000; 31001. Chứng minh tương tự câu a) ta suy ra được: tồn tại ít nhất 2 số trong dãy số trên có hiệu chia hết cho 1000, gọi hai số đó là 3p và 3q, khi đó: (3q – 3p) 1000. Suy ra . Mà 3n và 1000 là hai số nguyên tố cùng nhau, suy ra , suy ra có 3 chữ số tận cùng là 001. Chứng tỏ tồn tại số tự nhiên k = p – q sao cho 3k có 3 chữ số tận cùng là 001
Bài 5: (2 điểm)
- Có 12 số tự nhiên khác nhau có hai chữ số, khi chia cho 11 sẽ có 12 số dư tương ứng, mỗi số dư sẽ nhận một trong 11 giá trị 0,1,...,10. 
- Theo nguyên lí Diricle thì sẽ tồn tại ít nhất 2 số dư nhận cùng một giá trị, tức là trong dãy số đã cho có ít nhất hai số khi chia cho 11 có cùng số dư, suy ra hiệu của hai số đó sẽ chia hết cho 11, chứng tỏ hiệu đó viết được dưới dạng 11.a (trong đó), đó chính là số . Như vậy trong 12 số tự nhiên khác nhau có hai chữ số, luôn tồn tại 2 số có hiệu là một số có hai chữ số giống nhau.