Tài liệu 300 đề thi học sinh giỏi Toán lớp 6

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI TRƯỜNG THCS TRẦN PHÚ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN TOÁN LỚP 6 NĂM HỌC 2018-2019 Bài 1. (3 điểm) Hãy viết số lớn nhất bằng cách dùng 3 chữ số 1; 2;3 với điều kiện mỗi chữ số dùng một lần và chỉ một lần Bài 2. (4 điểm) Tìm x  x   a) 5x  125 b) 32 x  81 c) 52 x 3  2.52  52.3 Bài 3. (4 điểm) Cho M  2  22  23  24  ......  22017  22018 a) Tính M b) Chứng tỏ rằng M chia hết cho 3 Bài 4.(3 điểm) Tìm một số tự nhiên có 6 chữ số tận cùng là chữ số 4. Biết rằng khi chuyển chữ số 4 đó lên đầu còn các chữ số khác giữ nguyên thì ta được số mới gấp 4 lần số cũ Bài 5. (6 điểm) a) Cho 40 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Hỏi vẽ được bao nhiêu đường thẳng ? b) Cho 40 điểm trong đó có đúng 10 điểm thẳng hàng, ngoài ra không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Hỏi vẽ được bao nhiêu đường thẳng. c) Cho n điểm  n   . Trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, cứ qua hai điểm ta được 1 đường thẳng. Biết rằng có tất cả 105 đường thẳng. Tìm n ? ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 6 GIA LAI 2018-2019 Bài 1. Trường hợp không dùng lũy thừa, số lớn nhất có thể viết được là 321 *Trường hợp dùng lũy thừa: (Ta bỏ qua lũy thừa có cơ số và số mũ là 1) - Xét các lũy thừa mà số mũ có một chữ số: 132 ;312 ;123 ; 213 So sánh 213 và 312 ta có 213  312 (vì 213  9261; 312  961) - Xét các lũy thừa mà số mũ có hai chữ số: 213 ; 231;312 ;321 So sánh 321 với 231 ta có 321  3.320  3.  32   3.910 10 231  2.230  2.  23   2.810 10 Từ đó suy ra 321  231 . So sánh 321 với 213 ta có : 321  39   33   273  213 3 Vậy số lớn nhất là : 321 Bài 2. a ) 5 x  125 c) 52 x 3  2.52  52.3 5 x  53  x3 52 x 3  52.3  2.52 b) 32 x  81 2x  3  3  x3 32 x  34  2x  4  x  2 52 x 3  53 Bài 3. a) Ta có 2M  22  23  24  ......  22018  22019 Lấy 2M  M  22019  2 . Vậy M  22019  2 b) M   2  22    23  24    25  26   ......   22017  22018  M  2 1  2   23. 1  2   25.(1  2)  .......2 2017. 1  2  M  3.  2  23  25  ......  22017  Vậy M 3 Bài 4. Gọi số cần tìm là abcde4 , ta có: abcde4.4  4abcde Đặt abcde  x  abcde4  x4 Ta có: x 4.4  400 000  x 10 x  4  .4  400 000  x 40 x  16  400 000  x 39 x  399984 x  10256 Vậy số cần tìm là 10256. Bài 5. a) Kẻ từ 1 điểm bất kỳ với các điểm còn lại được : 39 đường thẳng Làm như vậy với 40 điểm ta được 39.40  1560 (đường thẳng) Nhưng mỗi đường thẳng được tính hai lần Do vậy số đường thẳng thực sự là : 1560 : 2  780 (đường thẳng) b) Nếu 40 điểm không có ba điểm nào thẳng hàng thì sẽ vẽ được 780 đường thẳng. *Với 10 điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng thì vẽ được: 10.9 : 2  45 (đường thẳng) Số đường thẳng cần tìm là : 780  44  736 (đường thẳng) c) Ta có: n.  n  1 : 2  105 n(n  1)  210 n(n  1)  15.14 Vậy n = 15 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TRỰC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 MÔN TOÁN 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) a. Tìm x, y  biết  2 y  1 x  4  10 b. Cho x, y  thỏa mãn  3x  5 y  x  4 y  7 . Chứng tỏ rằng  3x  5 y  x  4 y  49 c. Tìm số tự nhiên n trong khoảng 290 đến 360 để phân số 5n  2 n  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? b. Cho A  2017  20172  20173  .......  201718 Chứng tỏ rằng A 2018 . 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 b. Cho xOy  1600 . 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 n3  n 6 b. Viết số 43211234 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 ----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 2 y 1 1 10 14 0 x4 x y  x  14  x  6  x  6  x  2 Vậy  ; ; ;  y  0  y  1  y  2  y  3 - 1 -10 -6 -1 b) Phải chứng minh 3x  5 y 7  x  4 y 7 Đặt A  3x  5 y, B  x  4 y. Xét tổng A  4B  7 x  21 7 Nếu A 7  4B 7, mà  4,7   1  B 7 5 2 6 2 -5 -2 2 -3 Nếu B 7  4B 7  A 7. Chứng tỏ 3x  5 y 7  x  4 y 7 3 x  5 y 7 x  4y 7 Vì  3x  5 y  x  4 y  7   Nếu  3x  5 y  7   x  4 y  7   3x  5 y  x  4 y  49 Nếu  x  4 y  7   3x  5 y  7   3x  5 y  x  4 y  49 c) Gọi d là ước nguyên tố chung của 5n  2 và 2n  7 2.  5n  2  d 5n  2 d    10n  35  10n  4  d 5.(2n  7) d  2n  7 d  Ta có:  Vì d nguyên tố nên d  31 5n  2 31 5n  2  62 31 5n  60 31 5(n  12) 31    2n  7 31 2n  7  31 31 2n  24 31 2(n  12) 31 Khi đó  Mà  5,31  1;  2;31  1 suy ra n  12 31  n  31k  12  k   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  1là số chính phương nên khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Nếu n  1 3 thì n chia cho 3 dư 2  2n  1 chia cho 3 dư 2, vô lý. Do đó n  1chia cho 3 sẽ dư 1  n 3 Do 2n  1 là số chính phương lẻ nên 2n  1 chia cho 8 dư 1, suy ra 2n 8 , từ đó n 4 Do đó n  1 là số chính phương lẻ nên n  1chia cho 8 dư 1, suy ra n 8 Ta thấy n 3, n 8 mà  3,8  1 nên n 24 mà n là số nguyên dương Với n  24 thì n  1  25  52 ;2n  1  49  72 ; 5n  1  121  112 Vậy n  24 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài b) Ta có A  2017  20172  20173  ......  20172018 (tổng A có 2018 số hạng, 2018 2) A   2017  2017 2    20173  20174   .....   2017 2017  2017 2018  A  2017.(1  2017)  20173.(1  2017)  ......2017 2017.(1  2017) A  2018.  2017  20173  ......  2017 2017  2018 A  2017  20172   20173  20174  20175  20176   .....   20172015  20172016  20172017  20172018  A  ...6   20173. ....0   ...  2017 2015. .....0   ......6  Bài 4. a) Trường hợp điểm C thuộc tia đối của tia BA A B C 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 C A B 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 x1 y x2 x3 b) O Tia Ox1 là tia phân giác của xOy nên xOx1  x xOy 1600   800 2 2 xOx1 1600 Tia Ox2 là tia phân giác của xOx1 nên xOx2   2 2 2 Tương tự như trên, tia Ox42 là tia phân giác của xOx41 nên xOx42  xOx41 1600  42 2 2 Bài 5 a) Ta có  n3  n   n  n2  1  n  n2  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 chia hết cho 2 và 3 mà  2,3  1 nên n  n  1 n  1 6 b) Ta có 43211234  a1  a2  a3  ......  an T  a13  a23  a33  .......  an3 Xét hiệu T  43211234   a13  a23  a33  .....  an3    a1  a2  a3  .....  an  T  43211234   a13  a1    a23  a2    a33  a3   ......   an3  an  Theo câu a ta có a13  a1 6, a23  a2 6, a33  a3 6,........ an3  an 6, nên T  43211234 6 Suy ra T và 43211234 cùng dư khi chia cho 6 Mặt khác 4321 chi 6 dư 1 nên 43211234 chia cho 6 cũng dư 1. Vậy T chia 6 dư 1 PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN TRƯỜNG THCS NGA THẮNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: TOÁN – Lớp 6 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: -3-2018 (Đề thi gồm 1 trang) Câu 1. (4,0 điểm) Thực hiện phép tính bằng cách hợp lý: a)  2013 .2014  1007.26  1313 10   130 1515  b)       1414 160   140 1616  Câu 2. (6,0 điểm) a) Tìm x, y, z biết x  y  2011 ; y  z  2012; z  x  2013 b) Tìm hai số tự nhiên a và b biết BCNN (a, b)  180 ; UCLN (a, b)  12 c) Tìm n  để phân số A  4n  1 có giá trị nguyên. 2n  3 Câu 3. (4,0 điểm Một hiệu sách có năm hộp bít bi và bút chì. Mỗi hộp chỉ đựng một loại bút. Hộp 1: 78 chiếc; Hộp 2: 80 chiếc; Hộp 3: 82 chiếc; Hộp 4: 114 chiếc; Hộp 5: 128 chiếc. Sau khi bán một hộp bút chì thì số bút bi gấp bốn lần số bút chì còn lại. Hãy cho biết lúc đầu hộp nào đựng bút bi, hộp nào đựng bút chì ? Câu 4. (4,0 điểm) Trên tia Ox cho 4 điểm A, B, C, D. Biết rằng A nằm giữa B và C; B nằm giữa C và D; OA  7 cm; OD  3 cm; BC  8 cm và AC  3BD a) Tính độ dài AC b) Chứng tỏ rằng: Điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AD Câu 5 (2,0 điểm) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho sau khi viết tiếp số đó sau số 2014 ta được số chia hết cho 101 --hết--- ĐÁP ÁN Câu 1 a )  2013 .2014  1007.26   2013 .2014  2014.13  2014.  2013  13  2014.  2000   4028000  1313 10   130 1515  b)       1414 160   140 1616   13 1   13 15         14 16   14 16   13 13   15 1        1  14 14   16 16  Câu 2. a) Từ đề bài ta có:  x  y    y  z    z  x   2011   2012   2013  2 x  2012  x  1006 Vì x  y  2011  y  x  2011  1006  2011  1005 Vì x  z  2013  z  2013  x  2013 1006  1007 Vậy x  1006 ; y  1005 ; z  1007 b) Ta có ab  180.12  2160 Giả sử a  b. Vì UCLN (a, b)  12 nên a  12m, b  12n với  m, n   1 và m  n Suy ra 12m.12n  2160  mn  15 . Ta có bảng sau: m n a 1 15 12 3 5 36 c) A  b 180 60 4n  1 2  2 n  3  7 7    2 2n  3 2n  3 2n  3 2n  3 A có giá trị nguyên  2n  3 U  7   1; 7 Ta có bảng sau 2n  3 n 1 -1 -1 -2 7 2 -7 -5 Câu 3. Tổng số bút bi và bút chì lúc đầu là: 78  80  82  114  128  482 (chiếc) Vì số bút bi còn lại gấp bốn lần số bút chì còn lại nên tổng số bút bi và số bút chì còn lại là số chia hết cho 5, mà 482 chia cho 5 dư 2 nên hộp bút chì bán đi có số lượng chia cho 5 dư 2. Trong các số 78; 80; 82; 114; 128 chỉ có 82 chia cho 5 dư 2. Vậy hộp bút chì bán đi là hộp 3: 82 chiếc Số bút bi và bút chì còn lại là : 482  82  400 (chiếc) Số bút chìn còn lại : 400 : 5  80 (chiếc) Vậy , các hộp đựng bút chì là: hộp 2, hộp 3 Các hộp đựng bút bi là: hộp 1, hộp 4, hộp 5 Câu 4. O D B A C a) Đặt BD  x (cm)  AC  3x (cm) Vì D nằm giữa O và A (Do OD < OA) nên : OD  DA  OA  DA  4  DB  BA  4 hay x  BA  4 (1) Vì A nằm giữa B và C nên : BA  AC  BC hay 3x  BA  8(2) Từ (1) và (2) ta có  3x  BA   x  BA  8  4  2 x  4  x  2  AC  3.2  6(cm) b) Theo (1) ta có: x  BA  4 mà x  2  BA  2 Mà BD  x  2  BD  BA( 2)  B là trung điểm của đoạn thẳng AD Câu 5. Giả sử n có k chữ số  k  1 Ta có : 2014  19.101  95 , do đó: 2014n  2014.10k  n  19.101.10k  95.10k  n Suy ra 2014n 101 khi và chỉ khi 95.10k  n 101 Với k  1 thì 95.10k  n  950  n  101.9  (41  n) 101khi và chỉ khi 41  n 101 nhưng n có một chữ số nên 41  n  41  9  101, nên không có số n thỏa mãn đầu bài. Với k  2 thì 95.10k  n  9500  n  101.94   6  n  101 suy ra 6  n 101 , và số n nhỏ nhất được xác định bởi 6  n  101  n  95 Vậy n = 95 thỏa mãn đề bài ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN – LỚP 6 Thời gian làm bài: 150 phút UBND HUYỆN KINH MÔN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1. (2,0 điểm)  1) Rút gọn biểu thức A  1   . 1   . 1   ...... 1   3 8 15 2499 1 1 1     1 1 1 4 4 4 1   4   2) Tính nhanh B  3 9 27 : 7 49 343 2 2 2 1 1 1 2   1   3 9 27 7 49 343 1   Câu 2. (2,0 điểm) 1 1 1 1 23 1) Tìm x, biết     ......   x   1.2 2) So sánh: E  2.3 3.4 8.9  45 2018  1 2018  1 và F  100 201899  1 2018  1 99 98 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Tìm số tự nhiên x, y biết 5x  11y  26 2) Tìm số nguyên tố ab  a  b  0  biết ab  ba là số chính phương Câu 4: (3,0 điểm) 1) Trên tia Ox lấy 2 điểm A, B sao cho OA  6 cm, OB  10 cm. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của OA, AB. Tính độ dài đoạn thẳng EF. 2) Trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox vẽ hai tia Oy, OZ sao cho xOy  500 ; xOz  1000 . Vẽ tia Oy’ là tia đối của tia Oy. Tính số đo y ' Oz 3) Cho 2018 điểm phân biệt trong đó có đúng 3 điểm thẳng hàng. Qua hai điểm ta kẻ được một đường thẳng. Tính số đường thẳng kẻ được. Câu 5 (1,0 điểm) Cho abc là số tự nhiên có ba chữ số. Tìm giá trị lớn nhất của A  --hết--- abc  1918 abc ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN 6 KINH MÔN 2017-2018 Câu 1. 1 1   1  1   1) A  1   . 1   . 1   ..........  1    3   8   15   2499  4 9 16 2500 2.2 3.3 4.4 50.50 A  . . ........  . . ...... 3 8 15 2499 1.3 2.4 3.5 49.51 2.3.4.........50 2.3.4.........50 50 2 100  .  .  1.2.3.........49 3.4.5........51 1 51 51 100 Vậy A  51 1 1 1 4 4 4 1   4   3 9 27 : 7 49 343 2) B  2 2 2 1 1 1 2   1   3 9 27 7 49 343 1   1 1 1   1 1 1. 1     4. 1     3 9 27  7 49 343    B : 1   1 1 1   1 1 2. 1     1. 1      3 9 27   7 49 343  1 1 B  :4  2 8 1 Vậy B  8 Câu 2. 1 1 1  23  1 1)     ......  x  8.9  45  1.2 2.3 3.4 1 1 23 1 1 1 1 1 1        ......    x  8 9 45 1 2 2 3 3 4 23 1 1    x  45 1 9  8 23 23 8 23 x x :  9 45 45 9 40 23 Vậy x  40 2)Ta có: E  F 201899  1 2018100  2018 2017  2018 E   2018.E  1  100 100 2018  1 2018  1 2018100  1 201898  1 201899  2018 2017  2018. F   2018.F  1  99 99 2018  1 2018  1 201899  1 Vì 2017 2017 2017 2017   1  1 100 99 100 2018  1 2018  1 2018  1 201899  1 Hay 2018E  2018F  E  F Vậy E > F Bài 3 1. +Với y  2 , ta có 112  121  26  y  2 không thỏa mãn Do y là số tự nhiên nên y 0;1 +) Với y = 1, ta có: 5x  11  26  5x  15 vì x là số tự nhiên  không có giá trị nào của x thỏa mãn 5x  15  y  1 không thỏa mãn +)Với y  0 ta có 5x  1  26  5x  25  52 nên x=2 (thỏa mãn) Vậy x  2; y  0 2. Ta có: ab  ba  9  a  b  Do a, b là các chữ số, ab là số nguyên tố, nên 3  b  9.  a  b  là số chính phương khi a  b 1;4 +) Với a  b  1 mà ab là số nguyên tố  ta được số ab  43 +)Với a  b  4 mà ab là số nguyên tố  ta được số ab  73 Vậy ab  43;73 Bài 4. Câu 1 O E A F B Vì hai điểm A, B cùng nằm trên tia Ox mà OA < OB  6 cm  10 cm  nên điểm A nằm giữa hai điểm O và B  OA  AB  OB Thay số 6  AB  10  AB  4 cm . Vậy AB  4cm OA , thay số EA  6 : 2  3 cm 2 AB F là trung điểm của AB nên AF  2 Vì E là trung điểm OA nên EA  Thay số: AF  4 : 2  2 cm Do A nằm giữa O và B. Mà E là trung điểm của OA, F là trung điểm của AB nên điểm A nằm giữa hai điểm E và F  EF  EA  AF  3  2  5(cm) Vậy EF  5 cm. Câu 2 z y O x y' Vì hai tia Oz, Oy cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox , mà xOy  xOz nên tia Oy nằm giữa hai tia Ox vfa Oz  xOy  yOz  xOz . Thay số 500  yOz  1000  yOz  500 Do tia Oy ' là tia đối của tia Oy  y ' Oz, yOz là hai góc kề bù  y ' Oz  yOz  1800 . Thay số : y ' Oz  500  1800  y ' Oz  1300 Vậy y ' Oz  1300 Câu 3. Giả sử trong 2018 điểm không có ba điểm nào thẳng hàng Từ 1 điểm ta nối với 2017 điểm còn lại ta được 2017 đường thẳng. Làm như vậy với 2018 điểm ta được 2018.2017  4070306 đường thẳng Vì mỗi đường thẳng được tính hai lần, do đó số đường thẳng kẻ được là : 2035153 đường thẳng. Số đường thẳng đi qua 3 điểm không thẳng hàng là 3; Số đường thẳng đi qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng là 1; Khi thay 3 điểm phân biệt không thẳng hàng thành 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì số đường thẳng giảm đi là : 3 1  2 Do trong 2018 điểm phân biệt trên có đúng ba điểm thẳng hàng nên số đường thẳng thực tế kẻ được là : 2035153  2  2035151 Vậy ta kẻ được tất cả là 2 035 151 đường thẳng. Câu 5 abc 100a  10b  c  1918   1918 abc abc +)Nếu b  c  0 thì A  100  1918  2018 A +)Nếu b hoặc c khác 0 thì A 100a  100b  100c  1918  100  1918  2018 abc Nên A  2018 Giá trị lớn nhất của A là 2018 khi a 1;2;.......;9 ; b  c  0 PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2018-2019 Môn : Toán lớp 6 Câu 1. (3 điểm) Tính a)4.5  3. 24  9  2  1 b)7  6.    2 2 c) 25.7  25 25.52  25.3 Câu 2. (3 điểm). Tìm x biết: a)  x  15 : 5  22  24 1 1 5 5  c)  x   :   9 2 3 7 7  b) x  7  15   4  Câu 3. (5 điểm) 1) Cho A  1  2  3  4  ...  99  100 a) Tính A b) A có chia hết cho 2, cho 3, cho 5 không ? c) A có bao nhiêu ước tự nhiên ? Bao nhiêu ước nguyên ? 2) Thay a, b bằng các chữ số thích hợp sao cho 24a68b 45 3) Cho a là một số nguyên có dạng a  3b  7  b  .Hỏi a có thể nhận những giá trị nào trong các giá trị sau: a  11; a  2002; a  2003; a  11570; a  22789; a  29563; a  299537 Câu 4. (3 điểm) a) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 9 dư 5, chia cho 7 dư 4 và chia cho 5 dư 3 b) Cho A  1  2012  20122  20123  20124  .....  201271  201272 và B  201273  1. So sánh A và B Câu 5. (6 điểm) Cho góc bẹt xOy, trên tia Ox lấy điểm A sao cho OA  2cm, trên tia Oy lấy hai điểm M và B sao cho OM  1cm, OB  4cm. a) Chứng tỏ: Điểm M nằm giữa hai điểm O và B; Điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AB b) Từ O kẻ hai tia Ot , Oz sao cho tOy  1300 , zOy  300. Tính số đo tOz ĐÁP ÁN Câu 1. a)55 25. 7  1 8 4 c) 5   2 . 25  3 22 11 17 b) 2 Câu 2. a) x  25  x  12 b)   x  26 c) x  7 2 Câu 3. 1) a) A  50 b) A 2 cho 5, A không chia hết cho 3 c) A có 6 ước tự nhiên và có 12 ước nguyên. 2) Ta có: 45  9.5 mà  5,9   1 b  0 Do 24a68b 45 suy ra 24a68b 5   b  5 Th1: b  0 ta có số 24a680 Để 24a680 9 thì  2  4  a  6  8  0  9  a  20 9  a  7 Th2: b  5 ta có số 24a685 Để 24a685 9 thì  2  4  a  6  8  5 9 hay a  25 9  a  2  a  7, b  0 Vậy   a  2, b  5 3) Số nguyên có dạng a  3b  7  b   hay a là số chia 3 dư 1 Vậy a có thể nhận những giá trị là a  2002; a  22789; a  29563 Câu 4. a) Gọi số cần tìm là a Ta có a chia cho 9 dư 5  a  9k  5  k  Ta có a chia cho 7 dư 4  a  7m  4  m    2a  9k1  1   2a  1 9   2a  7m1  1   2a  1 7 Ta có a chia cho 5 dư 3  a  5t  3 t    2a  5t1  1   2a  1 5   2a  1 9,7,5 , mà  9;7;5  1 và a là số tự nhiên nhỏ nhất  2a  1  BCNN (9,7,5)  315 . Vậy a  158 b) Ta có: 2012 A  2012  20122  20123  20124  ....  201272  201273 201273  1 73  B  201273  1 Lấy 2012 A  A  2012  1 , Vậy A  2011 Câu 5. t z M x A O B y z' a) Trên tia Oy ta có: OM  1cm  OB  4cm  M là điểm nằm giữa O và B Do M nằm giữa O và B ta có: OM  MB  OB  MB  OB  OM  4  1  3 cm  Do A thuộc tia Ox, M thuộc tia Oy nên O nằm giữa hai điểm A và M suy ra: OM  OA  MA  2  1  3(cm) Mặt khác do A, B nằm trên hai tia đối nhau , M lại nằm giữa O và B nên suy ra M nằm giữa A và B, Vậy M là trung điểm của AB. b) TH1: Tia Ot , Oz trên cùng một nửa mặt phẳng Do yOt  1300 , yOz  300  tia Oz nằm giữa hai tia Ot , Oy. Ta có: tOz  tOy  yOz  1300  300  1000 TH2: Tia Ot và tia Oz không nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là xy Suy ra tia Oy nằm giữa 2 tia Ot , Oz Ta có: tOz  tOy  yOz  1300  300  1600