Đề khảo sát học sinh giỏi lần 1 năm học 2009 – 2010. môn: Toán - Trường THCS Đại Đồng

TRƯỜNG THCS ĐẠI ĐỒNG ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 1 Năm Học 2009 – 2010. Môn: Toán. (Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: Câu 1: S = 7 + 10 + 13 + + 97 + 100. Tổng S có bao nhiêu số hạng: A. 100 B. 50 C. 32 D.30. Câu 2: Tích S = (100– 1) .(100 – 2 ) .( 100 – 3) (100 – n) (Với n N* và tích trên có đúng 100 thừa số) có giá trị bằng: A. 0. B. 1. C. 100!. D. Một kết quả khác. Câu 3: Nếu (2x – 15) 5 = (2x – 15)3 thì giá trị của x là: A. 0 B. 1. C. Không có giá trị của x thoả mãn. D. 8. Câu 4: Chữ số tận cùng của số 234 là chữ số : A. 1. B. 4 C. 6. D. 8. Câu 5: Cho A = 2. 4 . 6 . 8. 10 . 12 . 14 . 16 . 18 + 40 . hỏi A có chia hết cho :A. 6 và 8. B. 5 và 6. C. 5 và 8. D. Một kết quả khác. Câu 6: Cho A, B, C là các điểm bất kỳ. Điểm A nằm giữa hai điểm còn lại trong trường hợp nào? A. AB = 7,3 ; BC = 12,5 ; AC = 19,8. B. AB = 9,2 ; BC = 15,4 ; AC = 6,2. C. AB = 9; BC = 3 ; AC = 11. D. Một kết luận khác. II. PHẦN TỰ LUẬN: Câu 9: a. Cho a N, a 0 và n N. Hãy tính tổng S theo a và n. S = 1 + a + a2 + a3 + + an. b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n N* thì: 3n + 2 – 22+2 + 3n – 2n chia hết cho 10. c. Cho A = 9999931999 – 5555571997 chứng minh A5? Câu 10: a. Chứng minh 2n + 5 v à 3n + 7 là hai số nguyên tố cùng nhau. b. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5? C âu 11: So sánh: a. 2225 và 3150. b. 19920 v à 200315. Câu 12: Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên kiên tiếp cộng với một đơn vị là một số chính phương. *****************Hết******************* Đáp án: I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: Câu 1 2 3 4 5 6 Đáp án C A D B C B Mỗi đáp án đúng được 0,5 điểm Câu 9: a) Ta có : S = 1 + a + a2 + a3 + + an a. S = a + a2 + a3 + a4 + + an+1. a.S – S = a + a2 + a3 + a4 + + an+1 – 1 – a – a2 – a3 - - an. S.( a – 1) = an+1 – 1. S = . (1 đ) b). Ta có 3n + 2 - 2n + 2 + 3n – 2n = 3n. (32 + 1) – 2.(22 + 1) = 3n.10 – 2n.5 = 3n.10 – 2n – 1 .2.5 = 3n .10 – 2n – 1 .10 = (3n – 2nm – 1 ). 10 10. Vậy (3n + 2 - 2n + 2 + 3n – 2n ) 10 (điều phải chứng minh). (1 đ). c. 9999931999 = (999993)4. 499 + 3 = (999993)4.499.9999933 = 1. 7 = 7 5555571997 = (555557)4. 499 + 1 = (555557)4.499.555557 = 1.555557 = 7. 9999931999 – 5555571997 = 7 – 7 = 0 5 (đpcm) (1 đ) Câu 10: a. ta đặt (2n + 5, 3n + 7) = d suy ra 2n + 5 d 3 (2n + 5) d. 3n + 7 d 2(3n + 7) d Do đó 3.(2n + 5) – 2 (3n + 7) d hay 1 d d = 1. Vậy hai số 2n + 5 và 3n + 7 là hai số nguyên tố cùng nhau. (0,5 đ) b. Mọi số tự nhiên lớn hơn 3 khi chia cho 6 chỉ có thể xảy ra một trong 6 trường hợp sau: dư 0, dư 1, dư 2, dư 3, dư 4, dư 5. - Nếu p chia cho 6 dư 0 thì p = 6k, p là hợp số. - Nếu p chia cho 6 dư 1 thì p = 6k + 1. - Nếu p chia cho 6 dư 2 thì p = 6k + 2 , p là hợp số. - Nếu p chia cho 6 dư 3 thì p = 6k + 3, p là hợp số. - Nếu p chia cho 6 dư 4 thì p = 6k + 4, p là hợp số. - Nếu p chia cho 6 dư 5 thì p = 6k + 5. Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 chia cho 6 thì chỉ có thể dư 1 hoặc dư 5 tức là p = 6k +1 hoặc p = 6k + 5. (1 đ) Câu 11: 2225 = (23)75 = 875 ; 3150 = (32)75 = 975 875 < 975 2225 < 3150. (0,5đ) b. 19920 < 20020 = (8.25)20 = (23 .52)20 = 260 540. 200315 > 200015 = (16. 125)15 = (24 . 53)15 = 260 . 545. 260 . 545 > 260 . 545 200315 > 19920. (1đ) Câu 12: Ta cần chứng minh : n .(n + 1) .( n + 2) . ( n + 3 ) + 1 = a2 vói a N. Ta có : n(n+1).(n + 2) .(n + 3) = [ n.(n + 3) ]. [(n + 1). (n + 2)] + 1. = (n2 + 3n).(n2 + 3n + 2) + 1. = (n2 + 3n) 2 + 2. (n2 + 3n ) + 1. = [(n2 + 3n) + 1]2 = a2 (điều phải chứng minh) (1đ) ****************hết******************