−1 Blog TOÁN HỌC CHO MỌI NGƯỜI https://thcmn.wordpress.com/ https://www.facebook.com/thcmn/ blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN TỪ ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ Đơn vị tài trợ VÕ TRẦN DUY – VÕ THÀNH ĐẠT – LƯƠNG VĂN KHẢI – ĐẶNG NHÌ – NGUYỄN DUY TÙNG TRẦN DƯƠNG VIỆT HOÀNG – PHẠM THỊ HỒNG NHUNG – PHẠM QUỐC THẮNG NGÔ HOÀNG ANH – NGUYỄN TRƯỜNG HẢI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ Tháng – 2017 Đây tài liệu miễn phí Bất tải chia sẻ đến người khác, chia sẻ, vui lòng ghi rõ nguồn tài liệu Mọi hành động sử dụng tài liệu vào mục đích thương mại phải cho phép văn THCMN, không bị coi vi phạm quyền LỜI NÓI ĐẦU “Đi nhiều người, bạn xa.” Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT kì thi cam go, liệt bạn học sinh, bạn học sinh muốn thi vào trường chuyên Thông thường, lớp chuyên có khoảng 40 học sinh, số lượng bạn học sinh đăng kí thi vào lớp chuyên mức hàng trăm, chí hàng nghìn Nói để thấy rằng, vượt qua kì thi tuyển sinh vào lớp chuyên thử thách lớn thí sinh, điều đòi hỏi chuẩn bị, ôn tập kĩ lưỡng kĩ vững vàng đến từ bạn Tiếp nối thành công đến từ ấn phẩm trước, với mong muốn giúp bạn học sinh chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán có nguồn tài liệu đầy đủ chất lượng để ôn tập giai đoạn nước rút, Blog Toán học cho người cho mắt ấn phẩm “Tuyển tập toán đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh – thành phố” Trong sách này, để thuận tiện cho bạn theo dõi, chia toán làm lĩnh vực: Bất đẳng thức, Đại số, Hình học, Số học, Tổ hợp Mỗi toán có hướng dẫn giải lời giải đầy đủ phần sau Các biên tập viên phần ấn phẩm gồm có: • • • • • Bất đẳng thức: Võ Thành Đạt (Sinh viên hệ Cử nhân tài khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) Phạm Quốc Thắng (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Long An, tỉnh Long An) Đại số: Võ Trần Duy (Sinh viên hệ Cử nhân tài khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) Ngô Hoàng Anh (Học sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM) Hình học: Lương Văn Khải (Sinh viên hệ Cử nhân tài khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) Nguyễn Duy Tùng (Sinh viên đại học Wabbash, Hoa Kỳ) Số học: Phạm Thị Hồng Nhung (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu) Nguyễn Trường Hải (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận) Tổ hợp: Đặng Nhì (Sinh viên hệ Cử nhân tài khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) Trần Dương Việt Hoàng (Học sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM) Chúng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS Trần Nam Dũng (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên ĐHQG Tp HCM) động viên giúp đỡ trình hoàn thành tài liệu Trân trọng cảm ơn anh Huỳnh Phước Trường (Sinh viên trường Đại học Sư phạm Tp HCM) chỉnh sửa trang trí lại phần sách, chị Đỗ Thị Lan Anh (Chủ nhiệm CLB Học thuật khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên – ĐHQG Tp HCM) đưa nhận xét thẳng thắn cho thảo ấn phẩm Cảm ơn cộng tác viên Võ Ngọc Trăm (Sinh viên khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) sưu tập đề thi, Lư Thương Thương (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM) đọc kiểm tra thảo Cảm ơn thầy cô thành viên Diễn đàn Toán học Việt Nam – VMF ( https://diendantoanhoc.net/home/), Thư viện trực tuyến Violet (https://violet.vn/) , Mathscope (http://mathscope.org/index.php) cung cấp số đề thi đáp án Đặc biệt, xin cảm ơn Công ty cổ phần Giáo dục Titan – Titan Education tài trợ kinh phí cho hoàn thành ấn phẩm Chúng mong nhận ý kiến đóng góp bạn để lần biên tập ấn phẩm khác hoàn thiện Mọi nhận xét góp ý xin gửi email blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com gửi tin nhắn đến fanpage Toán học cho người – Math for Everyone (https://www.facebook.com/thcmn/) Cảm ơn tất bạn! GIỚI THIỆU VỀ ĐƠN VỊ TÀI TRỢ CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TITAN Khi giáo dục ngày phát triển, việc chọn cho em môi trường học tập tốt điều trăn trở bậc phụ huynh Ở trường, môn tự nhiên khiến học sinh gặp không khó khăn, đa số em chưa nắm vững kiến thức từ lớp trước, đặc biệt chưa có phương pháp học hợp lý Được thành lập vào năm 2010, TITAN Education trung tâm đào tạo bồi dưỡng văn hóa trực tiếp nhằm mang lại môi trường giáo dục tốt nhất, nơi em thỏa chí đam mê với môn học đầy lý thú khóa học bổ ích giúp phát triển tối đa kỹ năng, sở trường em Các chương trình giảng dạy TITAN: • • • • • • • Toán, Lý, Hóa, Văn, Anh văn – nâng cao Toán chuyên Toán IQ cho thiếu nhi Luyện thi THPT Quốc gia Toán tiếng Anh Lớp hè đặc biệt – tuần thử thách Bồi dưỡng học sinh giỏi - Gặp gỡ toán học Với tập thể giảng viên giàu kinh nghiệm chương trình đào tạo phù hợp, TITAN giúp học sinh củng cố kiến thức tiếp cận với kiến thức nâng cao, rèn khả tư duy, hình thành kỹ giải tập, giúp em đạt kết tốt trường kỳ thi chuyển cấp kỳ thi tuyển sinh Đại học Đối với em có khiếu đặc biệt toán, giảng viên TITAN bồi dưỡng dạy chuyên sâu nâng cao hơn, để em tự tin tham dự kỳ thi Olympic, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Phối hợp với gia đình, TITAN chủ động liên hệ, thông tin đến phụ huynh tình hình học tập em Đặc biệt, TITAN có kiểm tra định kỳ để theo dõi việc học tập rèn kỹ làm thi cho học sinh, báo cáo kết cho phụ huynh Phiếu báo học tập Nhằm đảm bảo chất lượng dạy học, TITAN bố trí lớp học không 20 học sinh giảng viên trợ giảng Với môi trường thân thiện, gần gũi, sở vật chất khang trang, phòng học thiết kế đạt chuẩn quốc tế, Học viện có môi trường hoạt động thể dục thể thao để giúp học viên có sức khỏe tốt phục vụ cho việc học kĩ cần thiết hỗ trợ cho công việc sau Thư viện đại với nhiều sách chuyên nghành phục vụ cho nhu cầu nâng cao kiến thức học viên Bên canh trường trang bị phòng tự học cho học viên phòng để học viên làm việc nhóm nhóm theo đề tài giảng viên đưa N Mục lục CÁC BÀI TOÁN 11 1.1 Bất đẳng thức 11 1.2 Đại số 14 1.3 Hình học phẳng 16 1.4 Số học 22 1.5 Tổ hợp LỜI GIẢI 27 2.1 Bất đẳng thức 27 2.2 Đại số 44 2.3 Hình học phẳng 2.4 Số học 104 2.5 Tổ hợp 116 TH CM 25 60 TH CM N 2.4 Số học 109 x5 + x4 + = p2 ⇔ (x2 + x + 1)(x3 − x + 1) = p2 Xét trường hợp: TH1: x2 + x + = x3 − x + = p ⇒ x3 − x2 − 2x = ⇔ x2 − x − = ⇒ x = ⇒ p = TH2: x2 + x + = p2 , x3 − x + = Trường hợp vô nghiêm, bạn đọc dễ dàng kiểm chứng TH3: x2 + x + = 1, x3 − x + = p2 Trường hợp vô nghiệm Vậy (x; p) (2; 7) Bài 11 Tìm tất cặp số tự nhiên (x; y) thỏa 2x x2 = 9y2 + 6y + 16 (Hà Nội) Lời giải N Ta thấy x dương không chia hết cho 3, x2 ≡ (mod 3) nên 2x x2 ≡ (−1)x (mod 3) Mặt khác 9y2 + 6y + 16 ≡ (mod 3) nên (−1)x ≡ (mod 3) Vì x chẵn Đặt x = 2k ta có (2k 2k)2 = (3y + 1)2 + 15 ⇔ (2k 2k − 3y − 1)(2k 2y + 3y + 1) = 15 TH CM Do ta có trường hợp: TH1: 2k 2k − 3y − = 2k 2k + 3y + = 15 suy 2k 2k = 3y + = Không có k thỏa mãn trường hợp TH2: 2k 2k − 3y − = 2k 2k + 3y + = suy 2k 2k = 3y + = Do k = y = Vậy (x; y) cần tìm (2; 0) Bài 12 Tìm số nguyên dương (x; y; z) thỏa x+y−z = x3 + y3 − z2 = Lời giải Chúng ta có bổ đề quen thuộc sau: Bổ đề Cho x, y > Khi x3 + y3 ≥ xy(x + y) Dấu xảy ⇔ x = y Quay lại toán Ta có z = x + y nên thay xuống phương trình cuối, ta x3 + y3 = (x + y)2 ≥ xy(x + y) ⇔ x + y ≥ xy Mà x + y − xy = x(1 − y) − (1 − y) + = (x − 1)(1 − y) + ≤ Do x + y = xy ⇒ x = y = Nếu x + y − xy = có số Do nghiệm phương trình (x; y; z) = (2; 2; 4), (1; 2; 3); (2; 1; 3) (Hà Tĩnh) Chương LỜI GIẢI 110 Bài 13 Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết M = n.4n + 3n chia hết cho Tìm số cặp số (x; y) nguyên dương thỏa mãn: (x2 + 4y2 + 28)2 − 17(x4 + y4 ) = 238y2 + 833 (Hải Dương) Lời giải TH CM N Ta có ≡ −3 (mod 7) nên n(−3)n ≡ −3n (mod 7) TH1: n chẵn ta có n.3n ≡ −3n (mod 7) mà (3; 7) = nên n ≡ −1 (mod 7) Do n = 14k + ∀k ∈ N TH2: n lẻ ta có −n.3n ≡ −3n (mod 7) mà (3; 7) = nên n ≡ (mod 7) Do n = 14k + ∀k ∈ N (x2 + 4y2 + 28)2 − 17(x4 + y4 ) = 238y2 + 833 ⇔ −16x4 − y4 + 784 + 8x2 y2 + 56x2 + 224y2 = 238y2 + 833 ⇔ 16x4 + y4 + 49 − 8x2 y2 − 56x2 + 14y2 = ⇔ (4x2 − y2 − 7) = ⇔ 4x2 − y2 = ⇔ (2x − y)(2x + y) = Vì 2x − y < 2x + y nên ta có 2x − y = 2x + y = Suy x = y = Bài 14 Tìm tất số nguyên m, n với m ≥ n ≥ cho (m + 2n)3 ước 9(m2 + mn + n2 + 16) (Hải Phòng) Lời giải Do (m + 2n)3 ước 9(m2 + mn + n2 + 16) nên (m + 2n)3 ≤ 9(m2 + mn + n2 + 16) ⇔ m3 + 6m2 n + 12mn2 + 8n3 ≤ 9m2 + 9mn + 9n2 + 144 Nếu m ≥ n ≥ n3 ≥ 3n2 Ta có: m3 + 8n3 ≥ 9n3 ≥ 27n2 > 9n2 + 144 6m2 n ≥ 18m2 > 9m2 12mn2 ≥ 36mn > 9mn Suy m3 + 6m2 n + 12mn2 + 8n3 > 9m2 + 9mn + 9n2 + 144 vô lý nên n ∈ {0; 1; 2} • Với n = ta có m3 ≤ 9(m2 + 16) ⇒ m ≤ 10 Thử giá trị ta thấy m = 0; m = thỏa • Với n = ta có m3 + 6m2 + 12m + ≤ 9m2 + 9m + 153 ⇒ m3 − 3m2 + 3m − 145 ≤ ⇒ (m − 1)3 ≤ 144 ⇒ m − ≤ ⇒ m ≤ nên m ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} Thử lại không thỏa mãn • Với n = ta có m3 + 12m2 + 48m + 64 ≤ 9m2 + 18m + 180 ⇒ m3 − 6m2 + 30m − 116 ≤ ⇒ (m − 2)3 ≤ 108 − 18m < 108 ⇒ m − ≤ ⇒ m ≤ nên m ∈ {1; 2} Thử lại không thỏa mãn Vậy (m; n) = (0; 0); (1; 0) thỏa mãn đề 2.4 Số học 111 Bài 15 Cho m, n số nguyên dương cho 5m + n chia hết cho 5n + m Chứng minh m n (Tp HCM) Lời giải Do 5m + n chia hêt cho 5n + m nên tồn k nguyên dương k < cho: 5m + n = k(5n + m) Tức m = n 5k − 5−k N Thử giá trị k = 1; 2; 3; ta có m = n; m = 3n; m = 7n; m = 19n Do m n TH CM Bài 16 Tìm tất nghiệm nguyên dương (x; y; z) phương trình xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015 thỏa x ≥ y ≥ z ≥ (Hưng Yên) Hướng dẫn Vì x ≥ y ≥ z nên 2015 = xyz + xy + yz + zx + x + y + z ≥ z3 + 3z2 + 3z suy 2016 ≥ (z + 1)3 ⇒ z + < 13 ⇒ z ≤ 11 mà z ≥ nên z ∈ {8; 9; 10; 11} Với z = ta có 8xy + xy + 8y + 8x + x + y + = 2015 ⇔ 9xy + 9x + 9y = 2007 ⇔ xy + x + y = 223 ⇔ (x + 1)(y + 1) = 224 Bài 17 Tìm tất số nguyên tố p cho 8p2 + 8p2 − số nguyên tố (Khánh Hoà) Lời giải Ta có x2 ≡ 0; (mod 3) nên không ước p p2 ≡ (mod 3) ⇒ 8p2 + ≡ (mod 3) Do p = Thử lại ta thấy p = thỏa yêu cầu toán Chương LỜI GIẢI 112 Bài 18 Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên (x; y; z) thỏa xyz = x5 +8y3 +7z2 = Tìm tất số nguyên không âm (a; b; c) thỏa (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 6abc a3 + b3 + c3 + a + b + c + (Nam Định) Lời giải N Ta thấy với a ∈ N∗ (x; y; z) (a6 ; −a10 ; a15 ) thỏa mãn đề Do tồn vô hạn (x; y; z) thỏa mãn Ta có: (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 6abc Do TH CM ⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 3abc (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b + c)(ab + bc + ca) − 3abc = a3 + b3 + c3 + 3(a + b + c)(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2 + ab + bc + ca Khi a3 +b3 +c3 +1 = (a+b+c)3 +1−3(a+b+c)(ab+bc+ca)+a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca = (a+b+c+1)((a+b+c)2 −(a+b+c)+1)−3(ab+bc+ca)(a+b+c+1)+(a+b+c)2 Suy (a+b+c)2 a+b+c+1 mà (a+b+c, a+b+c+1) = nên suy a+b+c+1 = Từ a = b = c = Bài 19 Tìm tất căp số nguyên (x; y) thỏa + x + x2 + x3 + x4 = y2 (Ninh Bình) Lời giải Ta có 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + = (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 Từ suy 4y2 > (2x2 + x)2 ⇒ 4y2 ≥ (2x2 + x + 1)2 Tức 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + ≥ 4x4 + x2 + + 4x3 + 4x2 + 2x ⇔ x2 − 2x − ≤ Do −1 ≤ x ≤ Thử giá trị, ta nhận nghiêm S = (−1; 1); (0; 1); (3; 11) 2.4 Số học 113 Bài 20 Tìm số nguyên (x; y) thỏa mãn 2x3 + 2x2 y + x2 + 2xy = x + 10 (Phú Thọ) Lời giải Biến đổi tương đương, ta thu y(2x2 + 2x) + 2x3 + x2 − x − 10 = Dễ thấy x = 0; −1 không thỏa Do 2x3 + x2 − x − 10 10 = − 2x − − x +x x +x N 2y = − TH CM Để y nguyên x2 + x|10, mà x nguyên nên x2 + x = Thay vào ta nghiệm phương trình (x; y) = (−2; 5), (x; y) = (1; 2) Bài 21 Hãy tìm ba số nguyên dương a ≤ b ≤ c thỏa mãn đẳng thức sau: abc = 2(a + b + c) (Quảng Nam) Lời giải Vì a ≤ b ≤ c nên 2(a + b + c) ≤ 2.3c ⇒ abc ≤ 6c ⇒ ab ≤ Xét trường hợp: TH1: ab = suy a = b = ⇒ c = 2(c + 2) vô lý TH2: ab = suy a = 1, b = ⇒ 2c = 2(c + 3) vô lý TH3: ab = suy a = 1, b = ⇒ 3c = 2(c + 4) ⇔ c = TH4: ab = suy a = b = a = b = – Với a = b = ta có 4c = 2(c + 4) ⇔ c = – Với a = 1, b = ta có 4c = 2(c + 5) ⇔ c = TH5: ab = suy a = 1, b = ⇒ 5c = 2(c + 6) ⇔ c = loại TH6: ab = suy ra: – Với a = 1, b = ta có 6c = 2(c + 7) ⇒ c ∈ Z – Với a = 2, b = ta có 6c = 2(c + 5) ⇒ c ∈ Z Vậy ba số (a; b; c) thỏa mãn đề (1; 3; 8), (2; 2; 4), (1; 4; 5) Chương LỜI GIẢI 114 Bài 22 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 2xy + y + x = 83 √ Tìm tất số có chữ số abcde cho abcde = ab Cho số nguyên dương a, b, c nguyên dương, nguyên tố thỏa điều kiện 1 + = Chứng minh a + b số phương a b c (Thái Nguyên) Lời giải TH CM N 2xy + y + x = 83 ⇔ 4xy + 2x + 2y + = 167 ⇔ (2x + 1)(2y + 1) = 167 Không giảm tổng quát giả sử x ≤ y 2x + ≤ 2y + Ta có trường hợp: TH1: 2x + = 2y + = 167 Suy x = y = 83 TH2: 2x + = −167 2y + = −1 Suy x = −84 y = −1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x; y) (0; 83), (83; 0), (−84; −1), (−1; −84) √ √ 3 Ta thấy 10 ≤ ab ≤ √ 105 suy 22 ≤√ ab ≤ 46 Do a ∈ {2; 3; 4} 3 • Với a = 2: Ta có 2.10 ≤ 2b ≤ 3.104 ⇒ 28 ≤ 2b ≤ 31 nên b ∈ {8; 9} thử lại không √ √ 3 • Với a = 3: Ta có 3.104 ≤ 3b ≤ 4.104 ⇒ 32 ≤ 3b ≤ 34 nên b ∈ {2; 3; 4} thử lại có b = thỏa√ mãn √ 3 • Với a = 4: Ta có 4.104 ≤ 4b ≤ 5.104 ⇒ 35 ≤ 4b ≤ 36 vô lý Vậy số cần tìm 32768 Giả thiết ⇔ ab = c(a + b) a, b > c Đặt (a; c) = m (b; c) = n (m; n) = Do c mn Viết c = mnt, a = mx, b = ny với x, y nguyên dương (nt; x) = (mt; y) = suy (n; x) = (t; x) = (m; y) = (t; y) = Mặt khác ab c ⇒ xy t suy t = Với c = mn, a = mx, b = ny ta có xy = mx + ny Từ suy mx y ny x Lại có (n; x) = (m; y) = nên x y y x suy x = y Vì a + b = xy = x2 số phương Bài 23 Tìm số nguyên x, y thỏa: 9x2 + 3y2 + 6xy − 6x + 2y − 35 = (Thái Bình) Lời giải 9x2 + 3y2 + 6xy − 6x + 2y − 35 = ⇔ (9x2 + y2 + + 6xy − 6x − 2y) + 2(y2 + 2y + 1) = 38 ⇔ (3x + y − 1)2 + 2(y + 1)2 = 38 Từ suy 3x + y − chẵn không vượt Thử với 0, 2, 4, ta có 38 = 62 + 2.12 nên 3x + y − = y + = Suy y = 3x = (loại) Vậy phương trình nghiệm nguyên 2.4 Số học 115 Bài 24 Tìm số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn √ √ √ x − y + z x + y! + 1z = √ x−y+z = (Thừa Thiên - Huế) Lời giải Ta có √ √ √ √ √ √ √ √ x−y+z = x− y+ z ⇔ x−y+z+ y = x+ z √ ⇔ x − y + z + y + (x − y + z)y = x + z + xz ⇔ (x − y + z)y = xz ⇔ xy + yz = y2 + zx Lại có ! + + = ⇔ xy + yz + zx = xyz x y z TH CM N ⇔ y2 + 2zx = xyz ⇔ y2 = zx(y − 2) Suy y2 y − ⇒ y2 − + y − ⇒ y − Vậy y − = 1, y − = y − = suy y ∈ {3; 4; 6} • Với y = ta có zx = 1x + 1z = 32 Suy x + z = Vì x z nghiệm phương trình X − 6X + = nên x = z = • Với y = ta có zx = 1x + 1z = 43 Suy x + z = Vì x z nghiệm phương trình X − 6X + = nên x = 4, z = x = 2, z = • Với y = ta có zx = 1x + 1z = 56 Suy x + z = 15 , loại Vậy (x; y; z) cần tìm (3; 3; 3), (2; 4; 4), (4; 4; 2) Bài 25 Tìm tất nghiệm nguyên x, y phương trình x2 = y2 (x + y4 + 2y2 ) (Vĩnh Phúc) Lời giải x2 = y2 (x + y4 + 2y2 ) ⇔ x2 − xy2 − y6 − 2y4 = (2.4.10.1) Coi phương trình phương trình bậc với ẩn x ∆ = y4 + 4(y6 + 2y4 ) = y4 (4y2 + 9) Phương trình (2.4.10.1) có nghiệm nguyên ∆ số phương Điều tương đương với 4y2 + số phương Đặt 4y2 + = k2 với k ∈ N Ta có: k2 − 4y2 = ⇔ (k − 2y)(k + 2y) = Không giảm tổng quát giả sử y ≥ Từ suy trường hợp: TH1: k − 2y = k + 2y = Nên k = y = Ta có x2 = 4(x + 24) ⇔ x2 − 4x − 96 = ⇒ x = 12 x = −8 Lần lượt thay x = −8 x = 12 vào phương trình ban đầu cho kết y = y = −2 (bạn đọc dễ dàng kiểm tra, ý y nguyên) TH2: k − 2y = k + 2y = ⇒ k = y = nên x = TH3: k − 2y = k + 2y = −3 ⇒ k = −3, loại Tương tự với y ≤ Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x; y) (0; 0), (12; 2), (12; −2), (−8; 2), (−8; −2) Chương LỜI GIẢI 116 Tổ hợp Bài Chứng minh với số nguyên n ≥ tồn cách xếp n số k 1, 2, , n thành x1 , x2 , xn cho x j = xi +x với số số (i, j, k) mà ≤ i < j < k ≤ n (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Lời giải N Chúng xin trích đăng lời giải thầy Hồng Trí Quang, trung tâm Hocmai.vn • Với n = 3, ta có cách xếp 1, 3, • Ta chứng minh toán với n, với 2n Thật vậy, giả sử ta có cách xếp với n cách xếp có dạng x1 , x2 , , xn thoả mãn ∀1 ≤ i < j < k ≤ n k x j = xi +x Xét dãy sau: 2x1 , 2x2 , , 2xn , 2x1 − 1, 2x2 − 1, , 2xn − Dễ thấy dãy gốm tất số từ đến 2n Xét a < b thuộc dãy a+b không thuộc dãy (thoả mãn) TH1: Nếu a, b khác tính chẵn lẻ a+b TH2: Nếu a, b tính chẵn lẻ thuộc dãy Không tính tổng quát, giả sử a, b chẵn (trường hợp lẻ chứng minh tương tự) a+b a+b ∗ lẻ nằm a, b theo cách xây dựng dãy (thoả mãn) 2 a+b a+b ∗ Nếu chẵn, giả sử nằm a, b dãy, Khi a = 2xi , b = 2 a+b xi + xk 2xk , = 2x j (i < j < k) ⇒ x j = ⇒ Dãy ban đầu x1 , x2 , , xn cách 2 xếp không thoả mãn đề bài, mâu thuẫn a+b Vậy điều giả sử sai, nằm a, b dãy Vậy với trường hợp, trung bình cộng a, b nằm a, b suy xây dựng cách xếp thoả mãn cho trường hợp 2n Mặt khác, toán với n, với n − (bằng cách bỏ số số cuối cùng) Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm TH CM 2.5 Bài Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu : xanh,đỏ,vàng Chứng minh tồn ba điểm màu ba đỉnh tam giác cân (Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm HN) Lời giải Nhận xét Chọn đỉnh ngũ giác có đỉnh kề nhau.(Dễ thấy) đỉnh ngũ giác tam giác cân Thật vậy, xét ngũ giác ABCDE, ta chọn đỉnh bất kì, theo nhận xét chắn có đỉnh chọn kề Giả sử D C Điểm lại A, B, E Mà EDC, BCD, ADC tam giác cân 2.5 Tổ hợp 117 Nếu đỉnh ngũ giác tô màu ta tìm tam giác cân có đỉnh màu từ đỉnh ngũ giác Thật vậy, theo ngyên lí Dirichlet tồn điểm tô màu Mà theo nhận xét , tam giác cân có đỉnh màu Xét điểm mặt phẳng, giả sử điểm O tô màu đỏ Vẽ đường tròn tâm O bán kính ngũ giác A1 B1C1 D1 E1 nội tiếp đường tròn tâm O Thì đỉnh ngũ giác màu đỏ Nếu không theo nhận xét 3, toán chứng minh xong Vẽ ngũ giác A2 B2C2 D2 E2 đối xứng với ngũ giác A1 B1C1 D1 E1 qua tâm O Tương tự có điểm màu đỏ Vậy, toán chứng minh xong có điểm màu đỏ tâm O màu đỏ lập thành tam giác cân có đỉnh màu N Bài Với số nguyên dương m > 1, kí hiệu s(m) ước nguyên dương lớn m khác m Cho số tự nhiên n > 1, đặt n0 = n tính số n1 = n0 − s(n0 ); n2 = n1 − s(n1 ); ; ni+1 = ni − S(ni ); Chứng minh tồn số nguyên dương k để nk = tính k n = 216 1417 (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM) TH CM Lời giải Ta có, dãy ni+1 = ni − s(ni ), mà n > s(ni ) > nên < ni+1 < ni Vậy n = n0 > n1 > > ni > > Nếu không tồn nk = ta xây dựng dãy gồm vô hạn số dương giảm nhỏ n, vô lí Vậy tồn k cho nk = Khi n = 216 1417 = 233 717 , ta có n1 = 233 717 −232 717 = 232 717 Tương tự, n2 = 231 717 , , n33 = 20 717 = 717 Đặt n33 = m0 Ta có m1 = 6.716 ; m2 = 3.716 ; m3 = 2.716 ; m4 = 716 Tương tự có m8 = 715 , , m68 = 70 = k = 33 + 68 = 101 Bài Người ta dùng số quân cờ tetromino gồm ô vuông kích thước x 1, hình chữ L, xoay lật ngược hình để ghép phủ kín bàn cờ hình vuông kích thước n x n (n số nguyên dương) gồm n2 ô vuông kích thước x theo quy tắc: i Với quân cờ sau ghép vào bàn cờ, ô vuông phải trùng với ô vuông bàn cờ ii Không có hai quân cờ mà sau ghép vào bàn cờ chúng kê lên Khi n = 4, cách ghép phủ kín bàn cờ Tìm tất giá trị n để ghép phủ kín bàn cờ (Đà Nẵng) Hình Lời giải Chương LỜI GIẢI 118 Hình vuông x phủ ô tetromino (các ô đánh số tetromino thứ nhất, ô đánh số tetromino thứ 4) 1 4 2 3 TH CM N Ta chứng minh có hình vuông 4n x 4n phủ tetromino Thật vậy: • Nếu hình vuông có cạnh lẻ, suy số ô lẻ, không chia hết cho Vậy phủ hết ô tetromino • Ta xét trường hợp (4n + 2) x (4n + 2) = 16n2 + 16n + 4, ta cần 4n2 + 4n + ô tetromino Đánh số ô vuông (4n + 2) x (4n + 2) số −1 xen kẽ theo hàng Ví dụ với n = 6: Vậy có 8n2 + 8n + số 8n2 + 8n + số −1 Nhận xét: ô tetromino đặt lên bàn phủ ba số 1, số -1 ba số -1, số Gọi x số ô tetromino phủ ba số 1, số −1 ; y số tetromino phủ ba số −1, số Ta có 3x + y = 8n2 + 8n + (số số 1) số chẵn, suy x + y chẵn (do 2x chẵn) Lại có tổng số ô tetromino 4n2 + 4n + lẻ, suy x + y lẻ (mâu thuẫn) Vậy với hình vuông cạnh 4n + phủ tetromino • Với hình 4n x 4n, ta phủ ô x (hình 2) Suy bảng 4n x 4n phủ Bài Cho 2017 số hữu tỷ dương viết đường tròn Chứng minh tồn hai số viết cạnh đường tròn cho bỏ số 2015 số lại chia thành hai nhòm mà tổng số nhóm (Hà Nội) Lời giải Ta đưa toán mà 2017 số số nguyên dương (vì ta quy đồng mẫu số tất số hữu tỉ đường tròn ta tự số số nguyên dương) Gọi ước chung lớn 2017 số d, chia tất số cho d ta đưa toán với 2017 số nguyên dương có ước chung lớn 2.5 Tổ hợp 119 TH1: Tổng 2017 số số lẻ Nhận xét tồn số tính chẵn lẽ kề Thật vậy, đường tròn có 2017 số nguyên dương, 2017 số lẻ nên có số nằm kề đường tròn tính chẵn lẻ Thế nên, cần bỏ số tổng tổng 2015 số lúc sau số lẻ nên chia thành nhóm có tổng TH2: Tổng 2017 số số chẵn Nhận xét tồn số lẻ, tất chẵn mâu thuận với ƯCLN chúng theo giả sử Ngoài ra, để ý tồn số chẵn nằm cạnh số lẻ Thật vậy, không tồn số chẵn nằm cạnh số lẻ, có nghĩa số chẵn đường tròn tổng 2017 số đường tròn lẻ, mâu thuẫn với điều giả sử Thế nên, từ nhận xét trên, ta bỏ số khác tính chẵn lẻ nằm kề đường tròn, lúc ta tổng 2015 số lúc sau số lẻ nên không chia thành nhóm (Hà Tĩnh) TH CM N Bài Trên đường tròn, lấy 1000 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh đỏ xen kẽ Mỗi điểm gán với giá trị số thực khác Giá trí điểm xanh tổng giá trị hai điểm đỏ kề với nó, giá trị điểm đỏ tích giá trị hai điểm xanh kề với Tính tổng giá trị 1000 điểm Lời giải Trong 1000 điểm đó, ta chọn điểm đỏ làm mốc có giá trị a; điểm xanh bên cạnh có giá trị b (điểm bên cạnh xác định theo chiều kim đồng hồ) Khi điểm ta gọi thứ tự theo công thức xác định đầu ta xác định màu giá trị điểm Cụ thể a; b; b − a; b−a b−a a − ab a ; − (b − a); − b; ; ; a; b b b b b Nhìn vào dãy ta thấy rõ ràng giá trị điểm lặp lại theo chu kì Do đường tròn có 1000 điểm nên chu kì lặp lại 125 lần Ta có a+b+b−a+ a − ab a b−a b−a + − (b − a) + − b + + = b b b b Vậy tổng 1000 số 125.3 = 375 Bài Trong dãy số thực a1 ; a2 ; a3 ; ; a2016 ta đánh dấu tất số dương số mà có tổng với số số liên tiếp liền sau số dương (ví dụ dãy −6; 5; −3; 3; 1; −1; −2; −3; ; 2011 ta đánh dấu số a2 = 5; a3 = −3; a4 = 3; a5 = 1) Chứng minh dãy cho có số dương thỉ tổng tất số đánh dấu số dương (Hải Phòng) Lời giải • Xét trường hợp số đánh dấu toàn số không âm, toán chứng minh Chương LỜI GIẢI 120 • Xét trường hợp số đánh dấu có số âm Xét số âm đánh dấu đầu tiên, gọi Tổng với số số liền tiếp phía sau (gọi số cuối dãy a j ) số dương (giả thiết) Vậy + ai+1 + + a j > Từ i dến j, bỏ số không đánh dấu (nếu có) Vì số không đánh dấu số âm nên bỏ đi, ta có tổng số đánh dấu từ i tới j lớn Sau xét tiếp tới số âm sau a j đánh dấu, gọi ak , làm tương tự Còn số đánh dấu a j ak chắn lớn (do bé ak số âm sau a j đánh dấu) Như vậy, ta có tổng số đánh dấu lớn (đpcm) (Tp HCM) TH CM N Bài Nam cắt tờ giấy làm miếng miếng lấy số miếng nhỏ cắt làm miếng miếng nhỏ hơn, Nam tiếp tục việc cắt nhiều lần Hỏi với việc cắt vậy, Nam cắt 2016 miếng lớn, nhỏ hay không? Vì sao? Hướng dẫn Để ý cắt mảnh giấy làm làm số mảnh tăng 3, cắt mảnh giấy làm làm số mảnh tăng Gọi x số lần cắt làm 4, y số lần cắt làm Ban đầu có mảnh giấy Giả sử cắt thành 2016 mảnh ta cần tìm x, y thỏa + 3x + 7y = 2016 y x Loại x số tự nhiên 669 Loại x số tự nhiên Vậy ta cắt mảnh giấy thành mảnh nhỏ, sau lấy mảnh nhỏ, cắt làm phần Làm 669 lần ta có 2016 mẩu giấy nhỏ Bài Trong mặt phẳng cho 10 điểm đôi phân biệt cho điểm 10 điểm cho có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 10 điểm cho để có điểm lại thuộc đường thẳng (Khánh Hòa) Lời giải Ta xét trường hợp sau: TH1: Tất điểm 10 điểm nằm đường thẳng Trong trường hợp này, ta bỏ điểm thỏa mãn yêu cầu toán TH2: Các điểm không đồng thời nằm đường thẳng Vậy tồn 10 điểm không thẳng hàng Giả sử điểm A, B,C 2.5 Tổ hợp 121 TH CM N Xét điểm khác A, B,C, giả sử D Theo giả thiết D phải thuộc đường thẳng AB, BC,CA, giả sử đường BC Nhận xét rằng, với điểm X thuộc điểm lại khác A, B,C, D điểm X phải thuộc đường thẳng BC Thật vậy, X thuộc đoạn AC điểm X, A, B, D điểm thẳng, mâu thuẫn với giả thiết Còn X thuộc AB điểm X, A,C, D điểm thẳng hàng, mâu thuẫn với giả thiết Do X phải thuộc vào BC Vậy, điểm A ra, tất điểm lại thẳng hàng Do đó, ta cần bỏ điểm A thỏa mãn yêu cầu toán Bài 10 Số A tạo thành chữ số viết liền bao gồm số nguyên dương từ đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910 585960 Ta xóa 100 chữa số A cho số tạo thành chữ số lại số nhỏ (không thay đổi trật tự chữ số ban đầu) Hãy tìm số nhỏ tạo thành (Long An) Lời giải Số chữ số A + (60 − 10 + 1).2 = 111 chữ số, suy xóa 100 chữ số lại 11 chữ số Để số có 11 chữ số nhỏ ta phải chọn chữ số bên trái chữ số (nghĩa xóa hết chữ số khác từ đến 50) 11 chữ số lại sau xóa 100 chữ số 00000123450 Vậy số cần tìm 123450 Bài 11 Trên bảng ban đầu ghi số số Ta thực cách viết thêm số lên bảng sau: bảng có số, giả sử a, b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị a + b + ab Hỏi với cách thực vậy, bảng xuất số 2016 hay không ? Giải thích (Nam Định) Lời giải Muốn xuất số 2016, bảng phải có hai số a, b thỏa: a + b + ab = 2016 với a, b ∈ N∗ Ta có: a + b + ab = 2016 ⇒ ab + a + b + = 2017 hay (a + 1)(b + 1) = 2017 Mà 2017 số nguyên tố, a + = b + = ⇒ a = b = 0, vô lí a, b ∈ N∗ Vậy xuất số 2016 bảng Chương LỜI GIẢI 122 Bài 12 Cho 19 diểm phân biệt nằm tam giác có cạnh 3, điểm thẳng hàng Chứng minh √ tìm tam giác có đỉnh 19 điểm cho mà có diện tích không lớn (Phú Thọ Lời giải N Gọi tam giác có cạnh ABC Chia tam giác ABC thành √ tam giác đều, có cạnh (gọi tam giác nhỏ) tam giác có diện tích Vì có 19 điểm tam giác nhỏ nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tam giác có chứa điểm √ Giả sử 3 điểm M, N, P Khi đó, MNP nằm tam giác nhỏ nên SMNP ≤ , ta có đpcm TH CM Bài 13 Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 chọn n số (n ≥ 2) cho số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi chọn n số thỏa mãn điều kiện với n lớn bao nhiêu? (Quảng Bình) Hướng dẫn Xét 17 số: 3; 9; 15; 21; ; 87; 93; 99 số dãy có tổng chia hết cho Giả sử ta tìm n = 18 số a1 ; a2 ; ; an thỏa điều kiện đề Ta có: a2 ≡ −a1 (mod 6) a3 ≡ −a1 (mod 6) an ≡ −a1 (mod 6) Suy a2 ≡ a3 ≡ ≡ an (mod 6) Tương tự có a1 ≡ a3 ≡ ≡ an (mod 6) Vậy a1 ≡ a2 ≡ ≡ an (mod 6) Mà a2 ≡ −a1 (mod 6) ⇒ a1 ≡ −a1 (mod 6) hay 2a1 Vậy a1 ≡ a2 ≡ ≡ an ≡ (mod 6) a1 ≡ a2 ≡ ≡ an ≡ (mod 6) Giả sử có n ≥ 18 số thỏa đề có 18 số chia hết cho khoảng [1; 100] 18 số chia dư khoảng [1; 100], vô lý lấy tất số chia hết cho khoảng [1; 100] 16 số, lấy tất số chia dư khoảng [1; 100] 17 số Mà n = 17 thỏa Vậy n = 17 số lớn thỏa đề 2.5 Tổ hợp 123 Bài 14 Tập hợp A = 1; 2; 3; ; 3n − 1; 3n với n số nguyên dương gọi tập hợp cân đối chia A thành n tập hợp A1 , A2 , , An thỏa mãn hai điều kiện sau: i Mỗi tập hợp Ai (i = 1; 2; ; n) gồm số phân biệt có số tổng hai số lại ii Mỗi tập hợp A1 , A2 , , An đôi phần tử chung Chứng minh rằng: Tập A = 1; 2; 3; ; 92; 93 không tập cân đối Tập A = 1; 2; 3; ; 830; 831 tập cân đối (Vĩnh Phúc) Lời giải TH CM N Giả sử A = {1; 2; 3; ; 92; 93} tập hợp cân đối, mội tập Ai (với i = 1, 2, , 31) có dạng {x; y; x + y}, tổng ba phần tử Ai số chẵn Do tổng phần tử tập A số chẵn Mà với A = {1; 2; 3; ; 92; 93} có tổng phần tử 93.94 = 93.47 số lẻ, mâu thuẫn Vậy A tập không cân đối 2 Chúng ta có nhận xét sau: Nhận xét Nếu tập Sn = {1; 2; ; n} với n chia hết cho tập hợp cân đối tập S4n tập S4n+3 tập cân đối Thật vậy, • Từ tập S4n ta chọn tập ba phần tử sau: {1; 2n + n; 2n + n + 1} {3; 2n + n − 1; 2n + n + 2} {5; 2n + n − 2; 2n + n + 3} {2n − 1; 2n + 1; 4n} Rõ ràng tập thỏa mãn có phần tử tổng hai phần tử lại Còn lại số sau tập S4n 2; 4; 6; ; 2n Tuy nhiên tập Sn cân đối nên tập {2; 4; 6; ; 2n} cân đối Vậy tập S4n tập cân đối • Tương tự từ tập S4n+3 ta chọn tập ba phần tử sau: {1; 2n + n + 2; 2n + n + 3} {3; 2n + n + 1; 2n + n + 4} {5; 2n + n; 2n + n + 5} {2n + 1; 2n + 2; 4n + 3} Và lại số 2; 4; 6; ; 2n Suy tập S4n+3 tập cân đối Trở lại toán Ta có: 831 = 4.207 + 207 = 4.51 + 52 = 4.12 + 12 = 4.3 Mà tập {1; 2; 3} tập cân đối nên theo nhận xét: ta xây dựng tập hợp cân đối theo quy trình sau: {1; 2; 3} → {1; 2; ; 12} → {1; 2; ; 52} → {1; 2; ; 207} → {1; 2; ; 831} Do A = {1; 2; ; 831} tập hợp cân đối ... NHUNG – PHẠM QUỐC THẮNG NGÔ HOÀNG ANH – NGUYỄN TRƯỜNG HẢI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ Tháng – 2017 Đây tài liệu miễn phí Bất tải chia sẻ đến... học sinh chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán có nguồn tài liệu đầy đủ chất lượng để ôn tập giai đoạn nước rút, Blog Toán học cho người cho mắt ấn phẩm Tuyển tập toán đề thi tuyển. .. xa.” Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT kì thi cam go, liệt bạn học sinh, bạn học sinh muốn thi vào trường chuyên Thông thường, lớp chuyên có khoảng 40 học sinh, số lượng bạn học sinh đăng kí thi vào