ĐỀ THI VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức:

$P=\frac{a^{2}+b \sqrt{a b}}{a+\sqrt{a b}}+\frac{a \sqrt{a}-3 a \sqrt{b}+2 b \sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} \quad(a>b>0)$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: $\left(x^{2}+2 x-3\right)(\sqrt{3-2 x}-\sqrt{x+1})=0$

b) Cho $(d): y=(m+1) x+m n$ và $\left(d_{1}\right): y=3 x+1$. Tìm $m, n$ biết $(d)$ đi qua $A(0 ; 2)$, đồng thời $(d)$ song song với $\left(d_{1}\right)$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho $(P),(d)$ lần lượt là đồ thị hàm số $y=x^{2}$ và $y=2 x+m$.

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_{1} ; y_{1}\right), B\left(x_{2} ; y_{2}\right)$.

b) Tìm $m$ sao cho $\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

  • Gói I: 1800 đồng/phút cho 60 phút đầu tiên; 1500 đồng/phút cho 60 phút tiếp theo và 1000 đồng/phút cho thời gian còn lại.

  • Gói II: 2000 đồng/phút cho 30 phút đầu tiên; 1800 đồng/ phút cho 30 phút tiếp theo; 1200 đồng/phút cho 30 phút tiếp theo nữa và 800 đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được 95000 đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle A B C$ có $A B=3, A C=4, B C=5$. $B D$ là tia phân giác của $\angle A B C$. Tính $B D$ ?

Bài 5. (3 điểm) Cho $\triangle A B C$ nhọn $(A B<A C)$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R$, $B C=R \sqrt{3}$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của $(T)$ cắt nhau tại $P$. Cát tuyến $P A$ cắt $(T)$ tại $D$ (khác $A$ ). Đường thẳng $O P$ cắt $B C$ tại $H$.

a) Chứng minh $\triangle P B C$ đều. Tính $P A \cdot P D$ theo $R$.

b) $A H$ cắt $(T)$ tại $E($ khác $A$ ). Chứng $\operatorname{minh} H A \cdot H E=H O \cdot H P$ và $P D=P E$.

c) Trên $A B$ lấy điểm $I$ thỏa $A I=A C$, trên $A C$ lấy điểm $J$ thỏa $A J=A B$. Đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $A C$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng $\operatorname{minh} I J=B C$ và $A K \perp B C$. Tính $P K$ theo $R$.

LỜI GIẢI

Bài 1. a) Ta có $a>b>0$ nên

$P =\frac{a^{2}+b \sqrt{a b}}{a+\sqrt{a b}}+\frac{a \sqrt{a}-3 a \sqrt{b}+2 b \sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} $

$=\frac{(\sqrt{a})^{3}+(\sqrt{b})^{3}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(a-2 \sqrt{a b})}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} $

$=a-\sqrt{a b}+b+a-2 \sqrt{a b} $

$=2 a-3 \sqrt{a b}+b .$

b) Ta có $a>b>0$ nên $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, do đó

$P=2 a-3 \sqrt{a b}+b=(\sqrt{a}-\sqrt{b})(2 \sqrt{a}-\sqrt{b})>0 \text {. }$

Bài 2. a) $\left(x^{2}+2 x-3\right)(\sqrt{3-2 x}-\sqrt{x+1})=0 \quad(*)$

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}3-2 x \geq 0 \\ x+1 \geq 0\end{array} \Leftrightarrow-1 \leq x \leq \frac{3}{2}\right.$

$(*) \Leftrightarrow(x-1)(x+3)(\sqrt{3-2 x}-\sqrt{x+1})=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x-1=0 \\ x+3=0 \ 3-2 x=x+1\end{array}\right.$

Vậy  $S=(1 ; \frac{2}{3})$

b) $(d) / /\left(d_{1}\right) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m+1=3 \\ m \cdot n \neq 1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m=2 \\ n \neq \frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$

$Vì  A(0 ; 2) \in(d): y=3 x+2 n \Leftrightarrow 2=3.0+2 n \Leftrightarrow n=1$

Vậy $m=2, n=1$

Bài 3. a) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$

$x^{2}=2 x+m \Leftrightarrow x^{2}-2 x-m=0$

$(P)$ cắt $(d)$ tại 2 diểm phân biệt $A, B \Leftrightarrow(1)$ có 2 nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 1+m>0 $

$\Leftrightarrow m>-1(*)$

Vậy $m>-1$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $S=x_{1}+x_{2}=2, P=x_{1} \cdot x_{2}=-m$ Ta có: $A\left(x_{1} ; y_{1}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{1}=2 x_{1}+m ; B\left(x_{2} ; y_{2}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{2}=2 x_{2}+m$ Ta có:

$\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+4\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=1 $

$\Leftrightarrow 4+4 m=1 \Leftrightarrow m=\frac{-3}{4}(\text { thỏa }(*)) $

Vậy  $m=-\frac{3}{4}$

Bài 4. a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t($ phút, $t>0)$. Gọi $A(x), B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi 475 phút.

b) Ta có: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ nên $A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}$

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác $A B C$ vuông tại $A$.

Theo tính chất đường phân giác: $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}$.

Suy ra $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}=\frac{D C+D A}{B C+B A}=\frac{A C}{B A+B C}=\frac{1}{2} \Rightarrow A D=\frac{1}{2} B A=\frac{3}{2}$.

Tam giác $A B D$ vuông tại $A$ nên: $B D^{2}=A D^{2}+A B^{2}=\frac{45}{4} \Rightarrow B D=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.

Bài 5.

a) – Ta có: $O B=O C, P B=P C$ suy ra $P O$ là đường trung trực của $B C$ nên $O P \perp B C$ và $H$ là trung điểm $B C$.

$\sin \angle H O C=\frac{H C}{O C}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle H O C=60^{\circ} \Rightarrow \angle H C P=\angle H O C=60^{\circ}$

$\triangle P B C$ có $P B=P C$ và $\angle B C P=60^{\circ}$ suy ra $\triangle P B C$ đều

  • Xét $\triangle P B D$ và $\triangle P A B$ có $\angle B P D$ chung, $\angle P B D=\angle P A B$

$\Rightarrow \triangle P B D \backsim \triangle P A B(\mathrm{~g} . \mathrm{g}) \Rightarrow \frac{P B}{P A}=\frac{P D}{P B} \Rightarrow P A \cdot P D=P B^{2}=3 R^{2}$

b)

  • Xét $\triangle H A B$ và $\triangle H C E$ có $\angle A H B=\angle C H E, \angle H A B=\angle H C E$

$\Rightarrow \triangle H A B \backsim \triangle H C E(g . g) \Rightarrow H A \cdot H E=H B \cdot H C=H B^{2}=H O \cdot H P$

  • Xét $\triangle H O A$ và $\triangle H E P$ có $\angle O H A=\angle E H P, \frac{H O}{H E}=\frac{H A}{H P}$ $\Rightarrow \triangle H O A \backsim \triangle H E P($ c.g.c $)$

$\Rightarrow \angle H O A=\angle H E P$, suy ra $A O E P$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle H P E=\angle H P D$ (chắn hai cung $O E$ và $O A$ bằng nhau)

Lại có $P A \cdot P D=P B^{2}=P H \cdot P O \Rightarrow \frac{P D}{P O}=\frac{P H}{P A}$ $\Rightarrow \triangle P D H \backsim \triangle P O A$ (c.g.c) suy ra $O H D A$ nội tiếp.

Mà $\angle P A O=\angle O D A=\angle A H O=\angle P H E$ nên $\angle P H D=\angle P H E$

Từ (1) và (2) suy ra $\triangle H D P=\triangle H E P$ (g.c.g), suy ra $P D=P E$.

c)

  • Xét $\triangle A B C$ và $\triangle A J I$ có $A B=A J, \angle I A C$ chung, $A C=A I$ nên $\triangle A B C=\triangle A J I \Rightarrow I J=B C$

  • Gọi $Q=B C \cap A K$

Ta có: $\angle A I K=\angle A J K=90^{\circ}$ nên $A I K J$ nội tiếp đường tròn đường kính $A K$ $\Rightarrow \angle A K I=\angle A J I$

Mà $\angle A J I=\angle A B C$ (do $\triangle A B C=\triangle A J I$ ) nên $\angle A K I=\angle A B C$.

Tứ giác $B Q K I$ có $\angle A K I=\angle A B C$ nên $B Q K I$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle B I K+\angle B Q K=180^{\circ} \Rightarrow \angle B Q K=180^{\circ}-\angle B I K=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$

Suy ra $A K \perp B C$.

  • Vì $\triangle A B C=\triangle A I J$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $A K$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A I J$ nên $A K=2 R$.

$\triangle O C P$ vuông tại $C$ :

$\Rightarrow O P^{2}=O C^{2}+C P^{2}=R^{2}+(R \sqrt{3})^{2}=4 R^{2} $

$\Rightarrow O P=2 R \Rightarrow O P=A K .$

Ta có: $A K \perp B C, O P \perp B C$ nên $A K / / O P$.

Tứ giác $A O P K$ có $A K / / O P$ và $A K=O P$ nên $A O P K$ là hình bình hành, suy ra $P K=A O=R$.

Vậy $P K=R$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Bài 1. Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\ x+y=m\end{array}\right.$

a) Giải hệ với $m=7$

b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x, y)$

Bài 2. Cho $M=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}, N=\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}, K=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$ thì $N=0$

b) Cho $M=K=4, N=1$. Tính tích $a b c$.

Bài 3. Cho dãy $n$ số thực $x_{1} ; x_{2} ; \ldots ; x_{n}(n \geq 5)$ thỏa: $x_{1} \leq x_{2} \leq \ldots \leq x_{n}$ và $x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}=1$

a) Chứng minh nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Chứng minh nếu $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k<n$ sao cho

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4. a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2 n+1)^{3}+1$ chia hết cho $2^{2021}$

b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{2 n+2}{p}$ và $\frac{4 n^{2}+2 n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh với $n$ và $p$ tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $A B, A C$ sao cho $E F | B C$. Gọi $D$ là giao điểm của $B F$ và $C E, H$ là hình chiếu của $D$ lên $E F$. Đường tròn $(I)$ đường kính $E F$ cắt $B F, C E$ tại $M, N$. ( $M$ khác $F, N$ khác $E$ )

a) Chứng minh $A D$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle H M N$ cùng đi qua tâm $I$ của đường tròn tâm $I$.

b) Gọi $K, L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E, F$ lên $B C$ và $P, Q$ tương ứng là giao điểm của $E M, F N$ với $B C$. Chứng minh tứ giác $A E P L, A F Q K$ nội tiếp và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}$ không đổi khi $E, F$ thay đổi.

c) Chứng minh nếu $E L$ và $F K$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $E M$ và $F N$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 6. Cho $N$ tập hợp $(N \geq 6)$, mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái $a$, $b, c, \ldots, x, y, z$.

a) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả $N$ tập hợp này.

Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho.

b) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong $N$ tập hợp này.

Hỏi trong số $N$ tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\ x+y=m\end{array}\right.$ (1)

ĐKXĐ: $x \geq 2, y \geq 1$

(1) $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-2+y-1+2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=4 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=0 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\left\{\begin{array}{l}x-2=0 \\ x+y=7 \\ y-1=0 \\ x+y=7\end{array} \Leftrightarrow\left\{\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=5 \\ y=1 \\ x=6\end{array}(n)\right.\right.\right.\right.$

Vậy $(x, y) \in[(2 ; 5),(6 ; 1)]$

b) Đặt $u=\sqrt{x-2}, v=\sqrt{y-1}(u, v \geq 0$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}u+v=2 \\ u^{2}+v^{2}=m-3\end{array}\right.$

$\Rightarrow 2 u^{2}-4 u+7-m=0$ (2)

Để hệ (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2 , khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta ^ { \prime } \geq 0 } \\ { S > 0 } \\ { P \geq 0 } \\ { ( x _ { 1 } – 2 ) ( x _ { 2 } – 2 ) > 0 } \\ { S \leq 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m \geq 7 \\ m \leq 7\end{array}\right.\right.$

Vậy $5 \leq m \leq 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x, y)$

Bài 2.

a) $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$.

$M K =\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right) $

$=\frac{1}{b+c}+\frac{b}{a(c+a)}+\frac{c}{a(a+b)}+\frac{a}{b(b+c)}+\frac{1}{c+a}+\frac{c}{b(a+b)}+$

$ \frac{a}{c(b+c)}+\frac{b}{c(c+a)}+\frac{1}{a+b} $

$=N+\frac{b}{c+a}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{c}{a+b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{a}{b+c}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) $

$=N+\frac{b}{a c}+\frac{c}{a b}+\frac{a}{b c} $

$=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

Mà $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$M K=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow 16=1+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15 a b c $

$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c(*)$

Ta có:

$K+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1=(a+b+c) N \Rightarrow 7=a+b+c $

$M=4 \Rightarrow a b+b c+c a=4 a b c .$

Thay vào $(*) \Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c \Rightarrow a b c=\frac{49}{23}$.

Bài 3.

a) Giả sử rằng $x_{1}+x_{2}>x_{n} \geq \frac{1}{3}>0$

$\Rightarrow x_{2}>0 \Rightarrow x_{i}>0, \forall i \geq 2 \text {. }$

Suy ra $x_{1}+x_{2}+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=1$

Nhưng $x_{1}+x_{2}>\frac{1}{3}$ và $x_{n-1}, x_{n-2}>\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)>\frac{1}{6}$ và $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ nên khi cộng theo vế, ta có $V T>1$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Giả sử không tồn tại số $k$ như trên.

Khi đó tồn tại chỉ số $l \leq n-1$ để

$x_{1}+\ldots+x_{l}<\frac{1}{3} \text { và } x_{1}+\ldots+x_{l+1}>\frac{2}{3}$

Suy ra $x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow x_{k}>\frac{1}{3}>0, \forall k \geq l+1$.

Nếu $l<n-1$ thì tồn tại $x_{l+2}$ do $l+2 \leq n$. Ta có

$x_{l+2} \geq x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{l+1}\right)+x_{l+2}>1$, vô lý do $x_{1}+\ldots+x_{n}=1$.

Từ đó $l=n-1$. Để ý rằng $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}=1-x_{n} \geq 1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.

Kết hợp với $l=n-1$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}>\frac{2}{3} \Rightarrow x_{n}<\frac{1}{3}$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số $k<n$ để:

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4.

(a) $(2 n+1)^{3}+1 \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(2 n+2)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow 2(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2020} $

$\Leftrightarrow n+1 \vdots 2^{2020} \quad\left(\text { do } 4 n^{2}+2 n+1 \equiv 1(\bmod 2)\right) $

$\Leftrightarrow n=2^{2020} k-1\left(k \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

b) Từ $p \mid 2 n+2$ và $p \mid 4 n^{2}+2 n+1$ thì $p$ phải là số lẻ, dẫn đến $p \mid n+1$.

Do $4 n+2+2 n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p \mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p \mid n+1$ thì $n=3 k-1$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.

Ta chứng minh rằng $\frac{2 n+2}{3}$ và $\frac{4 n+2+2 n+1}{3}$ không cùng là số chính phương. Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:

$\frac{2 n+2}{3} \cdot \frac{4 n^{2}+2 n+1}{3}=s^{2}\left(s \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

Viết lại thành $(2 n+1)^{3}=(3 s-1)(3 s+1)$. Do $s$ là số chẵn nên $(3 s-1,3 s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a, b$ để $a b=2 n+1,(a, b)=1$ và:

$\left\{\begin{array}{l}3 s-1=a^{3} \\ 3 s+1=b^{3}\end{array}\right.$

Từ đây $2=(b-a)\left(b^{2}+b a+a^{2}\right)$. Do $b>a$ nên $b-a \in{1,2}$. Xét từng trường hợp và giải ra cụ thể, ta được $(a, b)=(-1,1)$. Tuy nhiên điều này dẫn đến $s=0$, trái với việc $s>0$ từ điều đã giả sử.

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phương.

Bài 5.

a) a. Qua $D$ vế đường thẳng song song $B C$ cắt $A B, A C$ tại $X, Y$.

Ta có $\frac{D Y}{B C}=\frac{D F}{B F}=\frac{D E}{E C}=\frac{D X}{B C}$.

Suy ra $D X=D Y$. Suy ra $D$ là trung điểm của $X Y$.

Do đó $A D$ qua trung điểm $I$ của $E F$.

Ta có $D H F N, D H E M$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{D H N}=\widehat{D F N}=\widehat{M A N}$ và $\widehat{D H M}=$ $\widehat{N E M}=\widehat{N A M}$.

Suy ra $\widehat{M H N}=2 \widehat{M A N}=\widehat{M I N}$.

Suy ra tứ giác $M I H N$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có $\triangle B M P \backsim \triangle B L F$. Suy ra $B M \cdot B F=B P \cdot B L$. Mặt khác $\triangle B A F \backsim \triangle B E M$, suy ra $B E \cdot B A=B M \cdot B E$.

Do đó $B A \cdot B E=B P \cdot B L$.

Từ đó ta có tứ giác $A E P L$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $A F Q K$ nội tiếp.

Và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}=\frac{B E \cdot B A}{C F \cdot C A}=\frac{A B^{2}}{A C^{2}}$.

c) Giả sử $E L, F K$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$. Khi đó $\angle E S F=90^{\circ}$ và $E F L K$ là hình vuông. Vẽ $P U \perp A B, Q V \perp A C$.

Ta có $\frac{B P}{B C}=\frac{B U}{B A}=\frac{B K}{B L}$ và $\frac{C Q}{B C}=\frac{C V}{C A}=\frac{C L}{C K}$ Đặt $x=E F=K L$

Ta cần chứng minh $\frac{B K}{B L}+\frac{C L}{C K}=1$.

$\Leftrightarrow B K \cdot C K+B L \cdot C L=B L \cdot C K $

$\Leftrightarrow B K(C L+x)+(B K+x) C L=(B K+x)(C L+x) \Leftrightarrow x^{2}=B K \cdot C L .$

Đúng vì tam giác $B E K$ và $C F L$ đồng dạng.

 

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái $\sigma$ sao cho $\sigma$ có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho, chẳng hạn 6 tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$.

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chũ cái chung duy nhất là $\sigma$.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: $1+6(5-1)=25$.

$-$ Nếu $N=6$ thì vô lý do $\sigma$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \geq 7$.

$-$ Với $N \geq 7$, lấy tập $A_{7}$, có 2 khả năng:

$-$ $A_{7}$ chứa $\sigma$ : Vì $A_{7}$ và những tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ có chung đúng một chũ̃ cái $\sigma$ nên $A_{7}$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_{1}, A_{2}$, …, $A_{6}$.

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: $1+7(5-1)=29>26$ (vô lý)

$-$ $A_{7}$ không chứa $\sigma$.

Khi đó $A_{7}$ sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ đã có chung $\sigma$ )

Do đó $A_{7}$ có ít nhất 6 phần tử. (vô lý).

Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ $N$ tập hợp đã cho.

b) Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $a$ và $b$.

Khi đó dễ thấy $k \geq N-1$ nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong $k$ tập hợp trên, đặt là tập hợp $X, X$ không chứa ${a, b}$.

  • Nếu $X$ không chứa cả $a$ lẫn $b$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2 k \leq 5 \Rightarrow k \leq 2$

  • Nếu $X$ chỉ chứa $a$, không chứa $b$.

Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $\mathrm{X}$ có 5 phần tử nên $k \leq 4$.

Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái.

Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có 4 tập hợp, xét $N=6$. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ 1 đến 26 . Khi đó chọn bộ $N$ tập hợp như sau:

$\left\{\begin{array}{l}A_{1}={1,2,3,4,5} \ A_{2}={1,2,6,7,8} \\ A_{3}={1,2,9,10,11} \\ A_{4}={1,2,12,13,14} \\ A_{5}={1,3,6,10,13} \\ A_{6}={2,3,6,9,12}\end{array}\right.$

Bộ 6 tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.

 

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Vương Trung Dũng, thầy Lê Phúc Lữ, thầy Nguyễn Tấn Phát, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Công Thành, Trần Tín Nhiệm, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2020

Bài 1. (2 điểm) Cho các phương trình: $x^{2}+a x+3=0$ và $x^{2}+b x+5=0$ với $a, b$ là tham số.

(a) Chứng minh nếu $a b \geq 16$ thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.

(b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung $x_{0}$. Tìm $a, b$ sao cho $|a|+|b|$ có giá trị nhỏ nhất.

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: $3 x^{2}-y^{2}=23^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên $(x, y)$.

(b) Chứng minh nếu $n$ lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x, y)$.

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn $(O)$, dây cung $B C$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle A B E=\angle C A E=$ $\angle A C F=\angle B A F=90^{\circ}$.

(a) Chứng minh rằng $A E \cdot A C=A F \cdot A B$ và điểm $O$ là trung điểm $E F$.

(b) Hạ $A D$ vuông góc với $E F(D \in E F)$. Chứng minh các tam giác $D A B$ và $D C A$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ với đường tròn $(O)(G \neq A)$. Chứng minh $A D$ đi qua một điểm cố định và $G B \cdot A C=G C \cdot A B$.

(d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh $A K$ đi qua một điểm cố định.

Bài 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên $a=3^{13} \cdot 5^{7} \cdot 7^{20}$

(a) Gọi $A$ là tập hợp các số nguyên dương $k$ sao cho $k$ là ước của $a$ và $k$ chia hết cho 105. Hỏi tập $A$ có bao nhiêu phần tử?

(b) Giả sử $B$ là một tập con bất kỳ của $A$ có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của $B$ sao cho tích của chúng là số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với $k$ là tham số:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{\sqrt{y z}}+\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{x}{z}}=k \\ \frac{y}{\sqrt{z x}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=k \\ \frac{z}{\sqrt{x y}}+\sqrt{\frac{z}{x}}+\sqrt{\frac{z}{y}}=k\end{array}\right.$

(a) Giải hệ với $k=1$.

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. ( 2 điểm) Cho các phương trình: $x^{2}+a x+3=0$ và $x^{2}+b x+5=0$ với $a, b$ là tham số.

(a) Chứng minh nếu $a b \geq 16$ thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.

(b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung $x_{0}$. Tìm $a, b$ sao cho $|a|+|b|$ có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.

(a) Xét phương trình: $x^{2}+a x+3=0 \quad(1)$, ta có: $\Delta_{1}=a^{2}-12$.

Xét phương trình: $x^{2}+b x+5=0 \quad(2)$, ta có: $\Delta_{2}=b^{2}-20$

Ta có: $\Delta_{1}+\Delta_{2}=a^{2}+b^{2}-32 \geq 2 a b-32 \geq 0$

Vậy trong hai số $\Delta_{1}$ và $\Delta_{2}$ có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.

(b) Có hai cách giải tham khảo sau:

Cách 1. Vì $x_{0}$ là nghiệm chung của phương trình (1) và (2) nên phương trình $2 x^{2}+(a+b) x+8=0$ có nghiệm.

Suy ra: $\Delta=(a+b)^{2}-64 \geq 0 \Leftrightarrow|a+b| \geq 8$

Ta có: $|a|+|b| \geq|a+b| \geq 8$. Dấu ” $=$ ” xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{\begin{array}{l}a b \geq 0 \\|a+b|=8\end{array}\right.$

  • Nếu $a+b=8$ thì $x_{0}=-2$, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}(-2)^{2}-2 a+3=0 \\ (-2)^{2}-2 b+5=0\end{array} \Leftrightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{7}{2} \\ b=\frac{9}{2}\end{array}\right.$

  • Nếu $a+b=-8$ thì $x_{0}=2$, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}2^{2}+2 a+3=0 \\ 2^{2}+2 b+5=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{7}{2} \\ b=-\frac{9}{2}\end{array}\right.\right.$

Cách 2. Dễ thấy $x_{0} \neq 0$.

  • $(1) \Leftrightarrow-a=\frac{x_{0}^{2}+3}{x_{0}} \Leftrightarrow|a|=\frac{x_{0}^{2}+3}{\left|x_{0}\right|}$

$(2) \Leftrightarrow-b=\frac{x_{0}^{2}+5}{x_{0}} \Leftrightarrow|b|=\frac{x_{0}^{2}+5}{\left|x_{0}\right|}$

  • Suy ra $|a|+|b|=2\left|x_{0}\right|+\frac{8}{\left|x_{0}\right|} \geq 2 \sqrt{2\left|x_{0}\right| \cdot \frac{8}{\left|x_{0}\right|}}=8$ Dấu ” $=$ “xảy ra khi và chỉ khi: $x_{0}^{2}=4 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x_{0}=2 \ x_{0}=-2\end{array}\right.$ Với $x_{0}=2$ hoặc $x_{0}=-2$, lần lượt giải được $a=\frac{7}{2} ; b=\frac{9}{2}$ hoặc $a=-\frac{7}{2} ; b=-\frac{9}{2}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\frac{7}{2} ; b=\frac{9}{2}$ hoặc $a=-\frac{7}{2} ; b=$ $-\frac{9}{2}$

 

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: $3 x^{2}-y^{2}=23^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên $(x, y)$.

(b) Chứng minh nếu $n$ lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x, y)$.

Lời giải.

(a) Ta nhận thấy 1 số chính phương $m=a^{2}$ khi chia cho 3 thì có số dư lần lượt là 0 hoặc 1 .

Nên tổng 2 số chính phương nếu chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho $3 .$

Quay lại bài toán, do $n$ chẵn nên $23^{n}$ và $y^{2}$ đều là các số chính phương mà $23^{n}+y^{2}=3 x^{2} \vdots 3 \Rightarrow 23^{n} \vdots 3$ (vô lý)

Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

(b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2 k+1\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$

Xét $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cdot 23^{k} \\ y=2 \cdot 23^{k}\end{array} \Rightarrow 3 x^{2}-y^{2}=23^{2 k+1}=23^{n}\right.$

Vậy phương trình có nghiệm nguyên

 

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn $(O)$, dây cung $B C$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle A B E=$ $\angle C A E=\angle A C F=\angle B A F=90^{\circ}$.

(a) Chứng minh rằng $A E \cdot A C=A F \cdot A B$ và điểm $O$ là trung điểm $E F$.

(b) Hạ $A D$ vuông góc với $E F(D \in E F)$. Chứng minh các tam giác $D A B$ và $D C A$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ với đường tròn $(O)(G \neq A)$. Chứng minh $A D$ đi qua một điểm cố định và $G B \cdot A C=G C \cdot A B$.

(d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh $A K$ đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có $\angle B A E+\angle E A F=90^{\circ}$ và $\angle C A F+\angle E A F=90^{\circ}$.

Suy ra $\angle B A E=\angle C A F . \triangle A B E \backsim \triangle A C F$, suy ra $A E \cdot A C=A B \cdot A F$

Gọi $I$ là giao điểm của $B E$ và $C F$. Khi đó $A I$ là đường kính của $O$.

Tứ giác $A E I F$ là hình bình hành, $O$ là trung điểm $A I$ nên là trung điểm $E F$.

(b) Các tứ giác $A D B E, A D F C$ nội tiếp.

Khi đó $\angle A D B=\angle A E B=\angle A F C=\angle A C D . \angle A B D=\angle A E C=\angle I F E=$ $\angle A F C=\angle A D C$. Suy ra $\triangle A D B \sim \triangle A C D A$. (g.g)

Ta có $\angle B D C=2 \angle A D B=2 \angle A E B=2 \angle E I F=\angle B O C$.

Suy ra tứ giác $B D O C$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định.

(d) Gọi $M$ là trung điểm của $B C$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng.

Ta chứng minh được $\angle D A E=\angle K A F\left(\angle 90^{\circ}-\angle A E D\right)$.

Gọi $T$ là trung điểm $C G$. Ta có $\triangle A C D \sim \triangle B C G$ suy ra $\triangle A B C \sim \triangle D C G$.

Từ đó ta có $\triangle A C M \backsim \triangle D C T$.

Khi đó $\angle C A M=\angle C D T=\angle A C D=\angle B A D$.

Mà $\angle C A M=\angle C A F+\angle F A M$ và $\angle B A D=\angle B A E+\angle E A D$.

Suy ra $\angle F A M=\angle E A D=\angle F A K$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $A K$ qua trung điểm $M$ của $B C$ cố định.

 

Bài 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên $a=3^{13} \cdot 5^{7} \cdot 7^{20}$

(a) Gọi $A$ là tập hợp các số nguyên dương $k$ sao cho $k$ là ước của $a$ và $k$ chia hết cho 105 . Hỏi tập $A$ có bao nhiêu phần tử?

(b) Giả sử $B$ là một tập con bất kỳ của $A$ có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của $B$ sao cho tích của chúng là số chính phương.

Lời giải.

(a) $k: 105 \Rightarrow k$ chia hết cho $3,5,7$

$\Rightarrow k=3^{n} \cdot 5^{m} \cdot 7^{p} \text { với } m, n, p \text { nguyên dương }$

$\Rightarrow \text { có } 13 \cdot 7 \cdot 20=1820 \text { cách. }$

(b) Cách 1: Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_{i}, i=\overline{1,9}$ với $a_{i}=3^{n_{i}} \cdot 5^{m_{i}} \cdot 7^{p_{i}}$ trong đó $0 \leq n_{i} \leq 13 ; 0 \leq m_{i} \leq 7$ và $0 \leq p_{i} \leq 20$

Do $B$ có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số $n_{i}$ thì ta có ít nhất 5 số hạng $a_{i}$ sao cho các số mũ $n_{i}$ của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ.

Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ $m_{i}$ của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ $m_{i}$ cũng cùng tính chẵn lẻ.

Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ $p_{i}$ của 7 thì ta sẽ có ít nhất 2 số cũng tính chẵn lẻ.

Do 2 số được chọn này có số mũ cùng tính chẵn lẻ với cả các số 3,5 và 7 nên tích chúng lại sẽ là số chính phương.

– Cách 2: Ta chia 9 số từ tập $B$ vào 8 tập con như sau:

$B_{1}$= ( số mũ của 3,5,7 đều chẵn )

$B_{2}$= ( số mũ 3,5,7 đều lẻ )

$B_{3}$= ( số mũ của 3 chẵn; 5,7 đều lẻ )

$B_{4}$= ( số mũ của 5 chẵn; 3,7 lẻ )

$B_{5}$= ( số mũ của 7 chẵn; 3,5 lẻ )

$B_{6}$= ( số mũ của 3,5 đều chẵn; 7 lẻ )

$B_{7}$= ( số mũ của 3,7 đều chẵn; 5 lẻ )

$B_{8}$= ( số mữ của 5,7 đều chẵn; 3 lẻ )

Do có 8 tập mà có 9 số nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 2 số thuộc cùng một tập $B_{i}$ nên tích của chúng sẽ là một số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với $k$ là tham số:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{\sqrt{y z}}+\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{x}{z}}=k \\ \frac{y}{\sqrt{z x}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=k \\ \frac{z}{\sqrt{x y}}+\sqrt{\frac{z}{x}}+\sqrt{\frac{z}{y}}=k \ \text { (a) Giải hệ với } k=1\end{array}\right.$

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

Lời giải.

– Cách 1: Điều kiện $x, y, z$ cùng dấu đôi một.

Ta xét hệ phương trình với $k \geq 1$

Hệ phương trình $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{x z}+\sqrt{x y}=k \sqrt{y z} \\ y+\sqrt{x y}+\sqrt{y z}=k \sqrt{z x} \\ z+\sqrt{z y}+\sqrt{z x}=k \sqrt{x y}\end{array}\right.$

Đặt $a=\sqrt{x y}, b=\sqrt{y z}, c=\sqrt{z x}(a, b, c>0)$

  • Trường hợp 1: $x, y, z>0 \Rightarrow x=\frac{a c}{b} ; y=\frac{a b}{c} ; z=\frac{b c}{a}$ Hệ phương trình $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{a c}{b}+a+c=k b \\ \frac{a b}{c}+a+b=k c \\ \frac{b c}{a}+b+c=k a\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}k a^{2}=a b+a c+b c(1) \\ k b^{2}=a b+b c+c a(2) \\ k c^{2}=a b+a c+b c(3)\end{array}\right.\right.$ Lấy (1)-(2): $k\left(a^{2}-b^{2}\right)=0 \Leftrightarrow a^{2}=b^{2} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=b \\ a=-b \text { (loại) }\end{array}\right.$

Tương tự lấy (2)-(3): $b=c$

Vậy $a=b=c \Rightarrow k a^{2}=3 a^{2} \Rightarrow k=3$

  • Trường hợp 2: $x, y, z<0 \Rightarrow x=-\frac{a c}{b} ; y=-\frac{a b}{c} ; z=-\frac{b c}{a}$

Hệ phương trình $\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}k a^{2}=a b+a c-b c \\ k b^{2}=a b+b c-c a \\ k c^{2}=a c+b c-a b\end{array}\right.$

Cộng các phương trình lại ta có: $k\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=a b+b c+a c$ mà $a b+b c+c a \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Suy ra $k\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq a^{2}+b^{2}+c^{2} \Leftrightarrow k \leq 1$

Vậy $k=1$ và $a=b=c \Leftrightarrow x=y=z<0$

Câu a) Áp dụng điều trên, hệ có nghiệm $x=y=z<0$.

Câu b) Suy ra điều phải chứng minh.

– Cách 2: Điều kiện xác định là: $x, y, z$ cùng dương hoặc cùng âm.

Đặt $a=\sqrt{\frac{x}{y}}, b=\sqrt{\frac{y}{z}}, c=\sqrt{\frac{z}{x}}$ thì $a, b, c>0$ và $a b c=1$.

Ta có: $\frac{a}{c}=\frac{|x|}{\sqrt{y z}}, \frac{b}{a}=\frac{|y|}{\sqrt{z x}}, \frac{c}{b}=\frac{|z|}{\sqrt{x y}}$.

(a) Khi $k=1$, nếu $x, y, z>0$ thì $\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=1$. Cộng lại suy ra $\left(a+\frac{1}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)+\left(c+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)=3$ Theo bất đẳng thức Cô-si thì rõ ràng $a+\frac{1}{a} \geq 2, b+\frac{1}{b} \geq 2, c+\frac{1}{c} \geq 2$ nên đẳng thức trên không thể xảy ra.

Xét trường hợp $x, y, z$ cùng âm thì $-\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=-\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=-\frac{c}{a}+c+\frac{1}{b}=1$

Trừ vào các vế và phân tích, ta suy ra: $\frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=0$

Từ đây dễ dàng suy ra ít nhất 2 trong $a, b, c$ phải là 1 mà $a b c=1$ nên

$a=b=c=1$. Vì thế nên thay vào ta có $x=y=z<0$. Và mọi bộ số như thế đều thỏa mãn hệ.

(b) Với $k \geq 2$, giả sử hệ có nghiệm $(x, y, z)$. Nếu như $x, y, z<0$ thì ta có $\frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=k-1>0 .$

Từ đó suy ra $a-1, b-1, c-1$ đều cùng dấu, kéo theo $a, b, c>1$ hoặc $a, b, c<1$ Tuy nhiên $a b c=1$ nên điều này không thể xảy ra.

Do đó, ta phải có $a, b, c>0$ nên đưa về

$\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k$

Trong các số $a, b, c$ giả sử $a=\max {a, b, c}$ thì $k=\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c} \geq$ $\frac{a}{c}+2 \sqrt{\frac{a}{c}} \geq 1+2=3$ nên ta cần có $k \geq 3$. Vì $k \neq 3$ nên $k>3$.

Vì $a=\max {a, b, c} \geq 1$ nên ta có $2 b+1 \geq \frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=k>3$ kéo theo $b>1$. Tương tự từ $2 c+1>\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k>3$ nên $c>1$. Từ đây suy ra $a, b, c>1$ trong khi $a b c=1$, vô lý.

Vậy hệ luôn vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho $9 .$

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

(d) Các đường thẳng $B N$ và $C Q$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng các đường thẳng $K E$ và $L F$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ $n$ quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60 . Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Lời giải.

(a) Có

$|b|>2 \sqrt{|a c|}$

nên $b^{2}>4 a c$. Suy ra $\Delta=b^{2}-4 a c>0$ vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

$|b|<a+c$

$\Leftrightarrow-a-c<b<a+c $

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b+c>0 \\ a-b+c>0\end{array}\right.$

Suy ra

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)$

$=1-\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a+b+c}{a}>0$

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)$

$=1+\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a-b+c}{a}>0$

(b) Có

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0$

Xét Trường hợp :

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}>1 \\ x_{2}>1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}<1$.

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

Xét trường hợp:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}<-1 \\ x_{2}<-1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}>-1$.

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho 9 .

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Lời giải.

(a) $n=3 k$, suy ra $2^{n}+1=8^{k}+1 \equiv(-1)^{k}+1(\bmod 9)$. Suy ra $k$ lẻ, $k=$ $2 t+1$. Suy ra $n=3(2 t+1)=6 t+3$.

Nếu $n=3 k+1$ ta có $2^{n}+1=3 \cdot 8^{k}+1 \equiv(-1)^{k} \cdot 3+1(\bmod 9)$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Nếu $n=3 k+2$ ta có $2^{n}+1=4 \cdot 8^{k}+1 \equiv 4(-1)^{k}+1$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Vậy với $n=6 t+2$, với $t$ là số tự nhiên là các số cần tìm.

(b) Cách 1: Ta có $2^{k m}-1: 2^{m}-1$. Từ $2^{2 n}=\left(2^{n}+1\right)\left(2^{n}-1\right)$ chia hết cho $2^{m}-1$. Đặt $2 n=k m+q(0 \leq q<m)$.

Khi đó $2^{2 n}-1=2^{k m+q}-2^{q}+2^{q}-1=2^{q}\left(2^{k m}-1\right)+2^{q}-1$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra $2^{q}-1$ chia hết cho $m$ mà $0 \leq 2^{q}-1<2^{m}-1$, suy ra $q=0$. Do đó $2 n=k m$.

Trường hợp 1: Nếu $m$ lẻ, suy ra $k$ chẵn, $k=2 k^{\prime}$, suy ra $n=k^{\prime} m, 2^{n}+1=$ $2^{k^{\prime} m}+1=2^{k^{\prime} m}-1+2$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m}-1$ (vô lý)

Trường hợp 2: Nếu $m$ chẵn $m=2 m^{\prime}$ thì $n=k m^{\prime}$, suy ra $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$, mà $2^{m}-1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ nên $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ vô lý vì $m^{\prime}>1$.

Cách 2: Ta có $2^{n-m}\left(2^{m}-1\right): 2^{m}-1$, suy ra $2^{n}-2^{n-m}: 2^{m}-1$, mà $2^{n}+1: 2^{m}-$ 1 suy ra $2^{n-m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$.

Lý luận tương tự ta có $2^{n-k m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Giả sử $n=k m+$ $q, 0 \leq q<m$. Chọn $k$ như trên ta có $2^{q}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Mà $q<m$ nên $2^{q}+1=2^{m}-1$, giải ra $q=1, m=2$ (vô lý).

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=$ $b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Lời giải.

(a) Ta có $a^{4}-b^{4}=4(a-b)$, mà $a^{4}-b^{4}=(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)$ nên đẳng thức được viết lại thành

$(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4(a-b)$

Mà $a \neq b$ nên $(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4$. Vi $a^{2}+b^{2}>0($ do $a, b$ không thể đồng thời bằng 0 ) nên ta có $a+b>0$.

Ngoài ra, ta cũng có đánh giá $a^{2}+b^{2}>\frac{(a+b)^{2}}{2}$ (đẳng thức không xảy ra vì $a \neq b$ ) nên

$4>\frac{(a+b)^{3}}{2} \Leftrightarrow(a+b)^{3}<8 \Leftrightarrow a+b<2 .$

Vậy ta được $0<a+b<2$.

(b) Rõ ràng $a b \neq 0$, ta sẽ chứng minh $a, b$ trái dấu. Ta xét hai trường hợp:

  • Nếu $a>0, b>0$ thì $a^{4}-4 a=a\left(a^{3}-4\right)>0$ nên $a>\sqrt[3]{4}>1$. Tương tự thì $b>1$. Khi đó $a+b>2$, mâu thuẫn với a).

  • Nếu $a<0, b<0$ thì $a+b<0$, cũng mâu thuẫn với a).

Do đó $a, b$ trái dấu và $a b<0$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a<0<b$ thì đặt $c=-a>0$, ta viết lại $c^{4}+4 c=b^{4}-4 b=k>0$. Từ đây dễ thấy $(b-c)\left(b^{2}+c^{2}\right)=4$ và $b \neq c$.

Ta cần chứng minh

$-\sqrt{k}<a b \Leftrightarrow-\sqrt{k}<-b c \Leftrightarrow b c<\sqrt{k} .$

Cộng hai vế của các đẳng thức trên lại, ta có

$2k =b^{4}-4 b+c^{4}+4 c=b^{4}+c^{4}-4(b-c)=b^{4}+c^{4}-(b-c)^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)=2 b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$

Suy ra $k=b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$, mà $b^{2}-b c+c^{2}>b c$ (đẳng thức không xảy ra vì $b \neq c)$ nên $k>b c \cdot b c=(b c)^{2} \Leftrightarrow b c<\sqrt{k}$. Vậy ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}, d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=$ $\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

(d) Các đường thẳng $B N$ và $C Q$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng các đường thẳng $K E$ và $L F$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $A M B N$ có $\angle A=\angle M=\angle N=90^{\circ}$ nên tứ giác $A M B N$ là hình chữ nhật. Suy ra $M N$ đi qua trung điểm $A B$.

Tương tự, $A P C Q$ là hình chữ nhật nên $P Q$ đi qua trung điểm $A C$.

(b) Có: $\angle N M A=\angle B A M=\angle M A C$ nên $M N | A C$ mà theo ý a) $N D$ đi qua trung điểm $A B$ nên ta thu được $N M$ đi qua trung điểm $B C$.

Tương tự, $P Q$ đi qua trung điểm $B C$ nên $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Gọi $T$ là giao điểm của $d_{1}$ và $B C$. Dễ dàng chứng minh được $\triangle A B E \sim$ $A C T(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C T}$.

Tương tự, $\triangle A B T \sim \triangle A C F(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B T}{C F}$.

Do đó, ta có:

$\left(\frac{A B}{A C}\right)^{2}=\frac{B E \cdot B T}{C T \cdot C F}$

mà $A T$ là phân giác góc $A$ nên

$\frac{B T}{C T}=\frac{A B}{A C}$

Ta thu được

$\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C F}$

(d) $\triangle B E T$ có:

$\angle B E T=\angle E B A+\angle E A B=\angle A C B+\angle C A T=\angle B T E$

nên $\triangle B E T$ cân tại $B$. Suy ra $M$ là trung điểm $E T$.

Có TM $|$ NB nên

$\frac{T M}{N B}=\frac{D M}{D N}=\frac{E M}{K N}$

suy ra $\triangle D M E \sim \triangle D N K(c-g-c)$.

Ta thu được $D, E, K$ thẳng hàng.

Tương tự, $L, D, F$ thẳng hàng ta có điều phải chứng minh.

 

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ $n$ quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60. Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

Lời giải.

(a) Giả sử ngược lại rằng $n \geq \frac{k+10}{2}$ thì $2 n-k \geq 10$. Gọi $A$ là tập hợp các quốc gia có đúng 1 học sinh tham gia và $B$ là tập hợp các quốc gia còn lại. Khi đó, mỗi quốc gia trong $B$ sẽ có ít nhất 2 học sinh.

Ta chọn tất cả học sinh trong $A$ và mỗi quốc gia trong $B$, chọn 2 học sinh thì có $k+2(n-k)=2 n-k$ học sinh.

Các học sinh này có đặc điểm là: không có 3 học sinh nào đến từ cùng quốc gia. Do $2 n-k \geq 10$ nên có thể chọn ra trong đó 10 học sinh nào đó không thỏa mãn đề bài.

(b) Theo câu a, ta có $2 n-k<10$ nên $2 n-k \leq 9 \Leftrightarrow n \leq \frac{k+9}{2}$.

Do số học sinh tổng cộng là 60 , để chỉ ra có 15 học sinh đến từ cùng quốc gia thì theo nguyên lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng

$\frac{60-k}{n-k} \geq 15 \Leftrightarrow 15 n-14 k \leq 60$

Ta sẽ chứng minh đánh giá trên đúng với mọi $(n, k)$. Vì ta đã có $n \leq \frac{k+9}{2}$ nên ta sẽ đưa về chứng $\operatorname{minh} 15\left(\frac{k+9}{2}\right)-14 k \leq 60 \Leftrightarrow k \geq \frac{15}{13}$. Do đó, với $k \geq 2$ thì khẳng định đúng. Tiếp theo, ta xét hai trường hợp

  • Nếu $k=0$ thì theo $(*)$, ta phải có $n \leq 4$ nên $15 n-14 k=15 n \leq 60$, đúng.

  • Nếu $k=1$ thì theo $(*)$, khi đó loại trừ học sinh ở nước đó ra thì còn lại 59 học sinh, đến từ 4 quốc gia. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 15 học sinh đến từ cùng quốc gia.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0$

(1) và $m x^{2}-x+1=0$

(2) với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ để các phương trình (1) và (2) đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi $x_{1}$; $x_{2}$ là nghiệm của (1) và $x_{3} ; x_{4}$ là nghiệm của (2).

Chứng minh rằng $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

Bài 2. Cho $a, b$ là hai số nguyên thỏa mãn $a^{3}+b^{3}>0$.

(a) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a+b>0$.

(b) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Tìm tất cả các bộ số $x, y, z, t$ nguyên sao cho $x^{3}+y^{3}=z^{2}+t^{2}$ và $z^{3}+t^{3}=$ $x^{2}+y^{2}$.

Bài 3. Cho $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho 45 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lây điểm $K$ sao cho từ giác $D B K C$ là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ đồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ dồng dạng với $\triangle A D E$.

(b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng $M N$ vuông góc với $A K$.

(c) Gọi $I$ là trung điểm $A D$, $J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.

(d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T(T \neq I)$. Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0 \quad$ (1) và $m x^{2}-x+1=0$

(2) với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ để các phương trình (1) và $(2)$ đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi $x_{1}$; $x_{2}$ là nghiệm của (1) và $x_{3} ; x_{4}$ là nghiệm của $(2)$.

Chứng minh rằng $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

Lời giải.

(a) Xét phương trình (1): $x^{2}-x+m=0$

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}\Delta>0 \\ S>0 \ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1-4 m>0 \\ 1>0 \ m>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m<\frac{1}{4} \\m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ \Delta>0 \\ S>0 \\ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ 1-4 m>0 \\ \frac{1}{m}>0 \\ \frac{1}{m}>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ m<\frac{1}{4} \\ m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Vậy để $(1)$ và $(2)$ có hai nghiệm dương phân biệt thì $0<m<\frac{1}{4}$

b) Theo Viet ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=1 \\ x_{1} x_{2}=m \\ x_{3}+x_{4}=\frac{1}{m} \\ x_{3} x_{4}=\frac{1}{m}\end{array}\right.$

$\text { Ta có } x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}$

$=x_{1} x_{3}+\frac{x_{2}}{m}+\frac{x_{1}}{m}+m x_{4}$

$=m\left(x_{3}+x_{4}\right)+\frac{1}{m}\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$=1+\frac{1}{m}>1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5(\text { dpcm }) .$

Bài 2. Cho $a, b$ là hai số nguyên thỏa mãn $a^{3}+b^{3}>0$.

(a) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a+b>0$.

(b) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Tìm tất cả các bộ số $x, y, z, t$ nguyên sao cho $x^{3}+y^{3}=z^{2}+t^{2}$ và $z^{3}+t^{3}=x^{2}+y^{2} .$

Lời giải. $a, b \in \mathbb{Z}: a^{3}+b^{3}>0$

(a) $a^{3}+b^{3}>0 \Leftrightarrow(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>0$

Do $a^{2}-a b+b^{2}=\left(a-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3 b^{2}}{4} \geq 0$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a=b=0$ (loại).

$\Rightarrow a^{2}-a b+b^{2}>0$ nên $a+b>0$ (đpcm).

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a+b$

$\Leftrightarrow(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}-1\right) \geq 0 \quad (* *)$

Do $\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a b+b^{2}>0 \\ a, b \in \mathbb{Z}\end{array} \Rightarrow a^{2}-a b+b^{2} \geq 1\right.$ nên $(* *)$ đúng.

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a+b$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=0\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=1\end{array}\right.$

(b) Cách 1:

Do $a+b>0 \Rightarrow a+b \geq 1$.

TH1: $a+b=1 \Leftrightarrow b=1-a$.

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2} \Leftrightarrow a^{3}+(1-a)^{3} \geq a^{2}+(1-a)^{2}$

$\Leftrightarrow a^{2}-a \geq 0$

$\Leftrightarrow a \leq 0$ hoặc $a \geq 1$ (đúng vì $a \in \mathbb{Z}$ )

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow(a ; b) \in{(0 ; 0) ;(1 ; 1) ;(0 ; 1) ;(1 ; 0)}$.

TH2: $a+b \geq 2$

Ta có: $a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geq 2\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=a^{2}+b^{2}+$ $(a-b)^{2} \geq a^{2}+b^{2}$.

Cách 2:

Rõ ràng $a, b$ không thể đồng thời bé hơn 0 .

TH1: $a=b=0$ : hiển nhiên $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

TH2: Một trong hai số bằng 0 , số còn lại khác 0 .

Giả sử: $\left\{\begin{array}{l}b=0 \\ a \neq 0\end{array} \Rightarrow a>1 \Rightarrow a^{3} \geq a^{2} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

Dấu “=” xảy ra khi $a=1$.

TH3: $a, b \geq 1 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{3} \geq a^{2} \\ b^{3} \geq b^{2}\end{array} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

TH4: $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ b<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a \geq 1 \\ b \leq-1\end{array}\right.\right.$

Đặt $a=|b|+k, k>1$

$a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow(|b|+k)^{3}+b^{3} \geq(|b|+k)^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow 3|b|^{2} k+3|b| k^{2}+k^{3} \geq 2|b|^{2}+2|b| k+k^{2}$

$\left.\Rightarrow 3 b^{2} k+3|b| k+k^{3} \geq 2 b^{2}+2|b| k+k^{2} \quad \text { (Do k }>1\right)$

$\Leftrightarrow(3 k-2) b^{2}+|b| k+k^{2}(k-1) \geq 0 \text { (đúng). }$

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Từ giả thiết $\Rightarrow x^{3}+y^{3} \geq 0 ; z^{3}+t^{3} \geq 0$.

Nếu $x^{3}+y^{3}=0 \Rightarrow z^{2}+t^{2}=0 \Rightarrow z=t=0$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}=0 \Rightarrow x=y=0 \text {. }$

Nếu $z^{3}+t^{3}=0$, tương tự ta có $x=y=z=t=0$.

Nếu $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3}>0 \\ z^{3}+t^{3}>0\end{array}\right.$

Từ giả thiết suy ra $\left(x^{3}+y^{3}\right)+\left(z^{3}+t^{3}\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}(* * *)$

Theo câu b) : $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3} \geq x^{2}+y^{2} \\ z^{3}+t^{3} \geq z^{t}+t^{2}\end{array}\right.$

Nếu $(* * *) \Leftrightarrow(x ; y),(z, t)$ là một trong các bộ $(1 ; 1) ;(1 ; 0) ;(0 ; 1)$.

Vậy nghiệm phương trình:

$(x, y, z, t) \in{(0 ; 0 ; 0 ; 0),(1 ; 1 ; 1 ; 1),(1 ; 0 ; 0 ; 1),(0 ; 1 ; 1 ; 0),(1 ; 0 ; 1 ; 0),(0 ; 1 ; 0 ; 1)} \text {. }$

Bài 3. Cho $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho 45 .

Lời giải.

(a) Do $2018 \equiv 1964 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 3)$. $2032 \equiv 1984 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 3) .$

$\Rightarrow A_{n} \vdots 3 .$

Ta lại có $2018 \equiv 1984 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 17)$. $2032 \equiv 1964 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 17) .$ $\Rightarrow A_{n} \vdots 17 .$

Do $(3 ; 17)=1$ nên $A_{n}: 51 \quad \forall n$

(b) $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$.

  • Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n} \vdots 5$.

Ta có $A_{n} \equiv(-2)^{n}+2^{n}-2 \cdot(-1)^{n}(\bmod 5)$.

Do đó nếu $n$ lẻ $\Rightarrow A_{n} \equiv 2 \quad(\bmod 5) \quad$ (loại).

Nếu $n=4 k \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k}-2 \equiv 2-2 \equiv 0 \quad(\bmod 5)$ (nhận)

Nếu $n=4 k+2 \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k+2}-2 \equiv 8-2 \equiv 6(\bmod 5)$ (loại). Vậy $A_{n} \vdots 5 \Leftrightarrow n \vdots 4$.

  • Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n}: 9$.

Ta có

$\begin{aligned} A_{n} & \equiv 2^{n}+(-2)^{n}-2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \\ & \equiv 2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \quad(\text { Do n chẵn }) \\ & \equiv 2^{n}\left(1-2^{n}\right) \quad(\bmod 9) \end{aligned}$

$\operatorname{Vi}(2 ; 9)=1 \Rightarrow 2^{n}-1: 9 .$

Xét $n=3 k$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k}-1 \equiv(-1)^{k}-1 \quad(\bmod 9) \Rightarrow k$ chẵn

Xét $n=3 k+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+1}-1 \equiv 2 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Xét $n=3 k+2$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+2}-1 \equiv 4 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Vậy $A_{n} \vdots 45 \Leftrightarrow n \vdots 12$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lấy điểm $K$ sao cho từ giác $D B K C$ là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ đồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ đồng dạng với $\triangle A D E$.

(b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng

$M N$ vuông góc với $A K$.

(c) Gọi $I$ là trung điểm $A D, J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.

(d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T(T \neq I)$. Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $B E F C$ nội tiếp nên $\angle D E F=\angle D B C$ và $\angle D F E=\angle D C B$.

Và $B D C K$ là hình bình hành nên $\angle D B C=\angle K C B, \angle D C B=\angle K B C$

Do đó $\angle D E F=\angle K C B, \angle D F E=\angle K B C$, suy ra $\triangle K B C \sim \triangle D F E$

Ta có $\angle A E C=\angle A B K$ và $\angle A B K=\angle A B D+\angle D B K=\angle A C E+\angle D C K=$ $\angle A C K$ (do $\angle A B D=\angle A C E, \angle D B K=\angle D C K)$

Do $\triangle D E F \sim \triangle K C B$ nên $\frac{D E}{C K}=\frac{E F}{B C}$ (1)

Mặt khác $\triangle A E F \sim \triangle A C B$ nên $\frac{E F}{B C}=\frac{A E}{A C}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Xét $\triangle A E D$ và $\triangle A C K$ có $\angle A E D=\angle A C K, \frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Suy ra $\triangle A E D \sim \triangle A C K(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

(b) Gọi $Q$ là giao điểm của $A K$ và $M N$

Ta có $\triangle D A E \backsim \triangle K A C$ nên $\angle K A C=\angle D A E$ hay $\angle Q A C=\angle D A M$

Tứ giác $A M D N$ có $\angle A M D+\angle A N D=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ nên nội tiếp.

Suy ra $\angle D N M=\angle D A M=\angle Q A N$

Mà $\angle D N M+\angle M N A=90^{\circ}$, suy ra $\angle Q A N+\angle M N A=90^{\circ}$

Suy ra $\angle A Q N=90^{\circ}$. Vậy $A K \perp M N$.

(c) Cách 1. Ta có $I J \perp M N$ và $A K \perp M N$, suy ra $I J | A K$.

Mà $I$ là trung điểm $A D$, suy ra $I J$ qua trung điểm $P$ của $D K$. Lại có $D B K C$ là hình bình hành nên $P$ cũng là trung điểm $B C$.

Cách 2. Gọi $P$ là trung điểm của $B C$. $V, U$ lần lượt là trung điểm của $D B, D C$.

Ta có $M I=\frac{1}{2} A D=N I$, suy ra $I$ thuộc trung trực của $M N$.

Ta có $M V=\frac{1}{2} B D\left(\triangle D B M\right.$ vuông tại $M$ ) và $P U=\frac{1}{2} D B$ (đường trung bình)

Suy ra $M V=P U$

Tương tự thì ta có $P V=N U$

Ta có: $\angle M V D=2 \angle M B D=2 \angle N C D=\angle N U D$ và $\angle D V P=\angle D U P$

Suy ra $\angle M V P=\angle P U N$

Xét $\triangle M V P$ và $\triangle P U N$ có $M V=P U, P V=N U, \angle M V P=\angle P U N$

$\Rightarrow \triangle M V P=\triangle P U N(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

Suy ra $P M=P N$. Do đó $P$ thuộc trung trực của $M N$.

Vậy $I, P, J$ thuộc trung trực $M N$ nên $I, P, J$ thẳng hàng hay $I J$ qua trung điểm $P$ của $B C$.

(d) Ta có tam giác $I M N$ cân tại $I, I J \perp M N$ nên $I T$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle I M N$

Suy ra $\angle I N T=90^{\circ}$.

Suy ra $I J \cdot I T=I N^{2}$ mà $I N=I D$ suy ra $I J \cdot I T=I D^{2}$

Do đó $I D^{2}=I J \cdot I T$. Suy ra $\triangle I D J \sim \triangle I T D(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$ nên $\angle I D J=\angle I T D$

Từ đó ta có $I D$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\triangle D T J$.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất

kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

Lời giải.

(a) Giả sử có 1 học sinh tham gia 4 nhóm $A, B, C, D$ là $x$.

Khi đó $A={(x, a, b)} \quad B={(x, c, d)} \quad C={(x, e, f)} \quad D={(x, g, h)}$.

Vi các nhóm không có chung quá 1 thành viên nên các học sinh: $a, b, c, d, e, f, g, h$

là khác nhau (vô lí vì chỉ có 8 học sinh tham gia).

(b) Ta chứng minh lập được nhiều nhất là 8 nhóm.

Thật vậy, nếu có 9 nhóm, mối nhóm có 3 học sinh thì khi đó số lượt học sinh tham gia là $9 \cdot 3=27$ lượt tham gia.

Mà chỉ có 8 học sinh nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất một học sinh có nhiều hơn hoặc bằng 4 lượt (mâu thuẫn do câu $a$ ).

(Một học sinh tham gia 1 nhóm tính là 1 lượt).

Gọi 8 học sinh là $a, b, c, d, e, f, g, h$.

8 nhóm học sinh được chia như sau:

${(a, b, c)} ; \quad{(h, b, e)} ; \quad{(b, d, f)} ; \quad{(a, d, e)} ;$

${(h, c, f)} ;  \quad{(c, e, g)} ; \quad{(a, f, g)} ; \quad{(h, d, g)} .$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (2,0 diểm)
a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa $\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{4}=(2 m-1)^{2}$
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$
Bài 2. (1,5 diểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.
a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$
b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì
$$
(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z
$$
Bài 3. (2,0 diềm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.
a) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.
b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.
c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.
Bài 4. (3,0 diểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.
a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.
b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.
c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Bài 5. (1,5 diểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có n người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngữ.
a) Cho $n \geq 9$, chứng minh răng cố một ngôn ngữ được nói bởi ít nhất 3 người.
b) Nếu $n=8$, diều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

Đáp án có sau một tuần

 

Các bài toán về chữ số

Nhũng kiến thức cần lưu ý

1. Có mười chữ số là $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9$. Khi viết một số tự nhiên, ta sử dụng mưòi chữ số trên. Chữ số đấu tiên kể từ bên trái của một số tự nhiên phải khác 0 .

2. Phân tích cấu tạo của một só́ tự nhiên :

$\overline{a b}=a \times 10+b$

$\overline{\mathrm{abc}}=\mathrm{a} \times 100+\mathrm{b} \times 10+\mathrm{c}=\overline{\mathrm{ab}} \times 10+\mathrm{c}=\mathrm{a} \times 100+\overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{abcd}}=\mathrm{a} \times 1000+b \times 100+c \times 10+d=\overline{\mathrm{abc}} \times 10+d=a \times 1000+\overline{b c d}=\ldots$

3. Quy tắc so sánh hai số tự nhiên :

a) Trong hai số tụ nhiên, số nào có nhiều chữ số hơn sẽ lớn hơn.

b) Nếu hai số có só chữ số bằng nhau thì số nào có chữ số đầu tiên kể từ trái sang phải lớn hơn sē lớn hơn.

4. Số tự nhiên có chữ số tận cùng bằng $0 ; 2 ; 4 ; 6$ hoặc 8 là số chăّn. Số chẵn có chữ số tận cùng bằng $0 ; 2$; 4 ; 6 hoặc 8 .

5. Số tự nhiên có chữ số tận cùng bằng $1 ; 3 ; 5 ; 7$ hoặc 9 là số lẻ. Số lẻ có chữ số tận cùng bằng $1 ; 3 ; 5 ; 7$ hoặc 9 .

6. Hai số tự nhiên liên tiếp hơn (kém) nhau 1 đơn vị. Hai số tự nhiên hơn (kém) nhau 1 đơn vị là hai số tự nhiên liên tiếp.

7. Hai số chẳn liên tiếp hơn (kém) nhau 2 đơn vị.

Hai số chẳn hơn (kém) nhau 2 đơn vị là hai số chẳn liên tiếp.

8. Hai số lẻ liên tiếp hơn (kém) nhau 2 đơn vị.

Hai số lẻ hơn (kém) nhau 2 đơn vị là hai số lẻ liên tiếp.

DẠNG 1. VIẾT SỐ TỰ NHIÊN TỪ NHỮNG SỐ CHO TRƯỚC

Vi du $\mathbf{I}$. Cho bốn chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3$.

a) Viết được tất cả bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau từ bốn chữ số đã cho ?

b) Tìm số lớn nhất, số bé nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho.

c) Tìm số lẻ lớn nhất, số chẳng bé nhất có bón chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho.

Giải. a) Cách I (Sơ đồ hình cây).

Chọn chữ số hàng nghìn là 1 , ta được :

(Hình)

Nhìn s̀ơ đồ trên, ta thấy : Từ bốn chữ số đã cho, ta viết được 6 số có chữ số hàng nghìn là 1 thoả mãn điều kiện của đề bài.

Tương tự, ta viết được 6 số có chữ số hàng nghìn là 2 và 6 số có chữ số hàng nghìn là 3 .

Chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn. Vậy só các số thoả mã̀n điều kiện của đề bài là :

$6 \times 3=18(\text { số) }$

Cách $2 .$

Lần lượt chọn các chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị như sau :

  • Có 3 cách chọn chữ số hàng nghìn của số thoả mãn điều kiện của đề bài (vì chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn).

  • Có 3 cách chọn chữ số hàng trăm (đó là ba chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn đã chọn).

  • Có 2 cách chọn chữ só hàng chục (đó là hai chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn và hàng trăm).

  • Có 1 cách chọn chữ số hàng đơn vị (đó là chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn, hàng träm và hàng chục).

Vậy số các số viết được thoả mãn điều kiện của đề bài là :

$3 \times 3 \times 2 \times 1=18(\text { số) }$

b) Số lớn nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho phải có chữ số hàng nghìn là số lớn nhất trong các chữ số đã cho. Vậy chữ số hàng nghìn của số cần tìm là 3 .

Chữ số hàng trăm phải là số lớn nhất trong ba chữ số còn lại. Vậy chữ số hàng trām là 2 .

Chữ số hàng chục phải là số lớn nhất trong hai chữ số cò̀n lại. Vậy chữ số hàng chục là $1 .$

Vậy số lớn nhất cần tìm là 3210 .

Tương tự như trên, ta tìm được số bé nhất thoả mãn điều kiện của đề bài là $1023 .$

c) Số lẻ lớn nhất thoả mãn điều kiện của đề bài phải có chữ số hàng nghìn là số lớn nhất trong bốn chữ số đã cho. Vậy chữ số hàng nghìn của số cần tìm là 3 .

Số cần tìm có chữ số hàng nghìn là 3 và là số lẻ nên chữ số hàng đơn vị phải là $1 .$

Chữ số hàng trăm phải là số lớn nhất trong hai chữ số còn lại nên chữ số hàng trăm là $2 .$

Vậy số lẻ lớn nhất cần tìm là 3201 .

Tương tự, số chẵn bé nhất cần tìm là 1032 .

Vi du 2. Cho năm chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4$. Hỏi từ năm chữ số đã cho :

a) Có thể viết được bao nhiêu số có bốn chữ số ?

b) Có thể viết được bao nhiêu só chẳn có bốn chữ số mà chữ số hàng trăm là 2 ?

Giải. a) Có 4 cách chọn chữ số hàng nghìn của số thoả mãn điểu kiện của đề bài (vì chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn).

Mỗi chữ số hàng trăm, hàng chục, hàng đơn vị đều có 5 cách chọn. Vậy số các số có bốn chữ số viết được từ năm chữ số đã cho là :

$4 \times 5 \times 5 \times 5=500 \text { (số) }$

b) Só́ cần tìm có chữ số hàng trăm là 2. Vậy ta phải xác định các chữ só́ hàng nghìn, hàng chục và hàng đơn vị nữa.

  • Có 4 cách chọn chữ số hàng nghìn.

  • Có 5 cách chọn chữ số hàng chục.

  • Số cần tìm là số chẵn nên có 3 cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy số các số thoả mãn điều kiện của đề bài là :

$4 \times 5 \times 3=60 \text { (số) }$

Vi dụ 3. Viết liên tiếp 15 số lẻ đầu tiên để được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 15 chữ số của số tự nhiên vừa nhận được mà vẵn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhắt ;

b) Số bé nhất.

Viết các số đó.

Giải. a) Viết 15 số lẻ đầu tiên liên tiếp ta được số tự nhiên :

$1357911131517192123252729$

Ta phải xoá tiếp $15-4=11$ chữ số của số còn lại để được số lớn nhất. Để sau khi xoá ta nhận được số lớn nhất thì chữ số thứ hai giữ lại kể từ bên trái phải là chữ số 9. Vậy ta xoá như sau : $9 \not \not \not \not \not \not \beta \not \not \not \not \not \not \not \not 92123252729$. Só còn lại là : 992123252729 .

b) Lập luận tương tự câu a ta được số cần tìm là 1111111122 .

 

DẠNG 2. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BÀ̀NG PHÂN TÍCH CẤU TẠO SỐ

Loại 1. Viết thêm một số chữ số vào bên trái, bên phải hoặc xen giữa các chữ số của một số tự nhiên.

Ví du 4. Khi viết thêm số 12 vào bên trái một số tự nhiên có hai chữ số thì số đó gấp lên 26 lần. Tìm số có hai chữ số đó.

Giải,

Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Viết thêm số 12 vào bên trái ta được số $\overline{12 a b}$.

Cách $I$. Theo đề bài ta có :

$\overline{12 a b}=\overline{a b} \times 26$

$1200+\overline{a b}=\overline{a b} \times 26$

$\overline{a b} \times 26-\overline{a b}=1200$  (*)

$\overline{a b} \times(26-1)=1200$

$\overline{a b} \times 25=1200$

$\overline{a b}=1200: 25$

$\overline{\mathrm{ab}}=48$

Thử lại : $1248: 48=26$.

Vậy số cần tìm là 48 .

Cách 2. Sau khi phân tích đến bước $(*)$ trong cách 1 , ta có sơ đồ sau :

(Hình)

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

$1200:(26-1)=48$

Ví dụ 5 . Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó tāng thêm 4106 đơn vị. Tìm số có ba chữ số đó.

Giải. Cách 1. Gọi số cần tìm là abc. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải ta được số $\overline{\mathrm{abc} 2}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b c 2}=\overline{a b c}+4106$

$\overline{\mathrm{abc}} \times 10+2=\overline{\mathrm{abc}}+4106$

$\overline{\mathrm{abc}} \times 10-\overline{\mathrm{abc}}=4106-2$

$\overline{\mathrm{abc}} \times(10-1)=4104$

$\overline{a b c} \times 9=4104$

$\overline{\mathrm{abc}}=4104: 9$

$\overline{a b c}=456$

Thử lại : $4562-456=4106$.

Vậy số cần tìm là 456 .

Cách 2. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó gấp lên 10 lần và 2 đơn vị. Ta có sơ đồ sau :

(HÌNH)

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

$(4106-2):(10-1)=456$

Cách 2. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó gấp lên 10 lần và 2 đơn vị. Ta có sơ đồ sau :

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

(HÌNH)

$(4106-2):(10-1)=456$

Ví dụ 6. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị thì số đó gấp lên 10 lần, nếu viết thêm chữ số 1 vào bên trái số vừa nhận được thì nó gấp lên 3 lần.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị ta được số $\overline{\mathrm{a} 0 \mathrm{~b}}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b} \times 10=\overline{a 0 b}$

Vì $\overline{\mathrm{ab}} \times 10$ có tận cùng là 0 , do đó $\mathrm{b}=0$. Vậy số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{a} 0}$. Viết thêm chữ số 1 vào bên trái số $\overline{\mathrm{a} 00}$ ta được số $\overline{\mathrm{a} 00}$. Theo đề bài ta lại có :

$\overline{1 \mathrm{a} 00}=3 \times \overline{\mathrm{a} 00}$

Tương tự như ví dụ 4 , ta tìm được $a=5$.

Vậy số cần tìm là 50 .

Loại 2. Xoá đi một số chữ số của một số tự nhiên.

Vi du 7. Khi xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 4455 đơn vị. Tìm số có bốn chữ số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b c d}$. Xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị ta được số $\overline{\mathrm{ab}}$.

Cách 1. Theo đề bài ta có :

 

$\overline{a b c d}-\overline{a b} =4455$

$\overline{a b} \times 100+\overline{c d}-\overline{a b} =4455 $

$\overline{c d}+\overline{a b} \times 100-\overline{a b} =4455 $

$\overline{c d}+\overline{a b} \times(100-1) =4455 $

$\overline{\mathrm{cd}}+\overline{a b} \times 99 =4455$

$\overline{c d} =45 \times 99-\overline{a b} \times 99$

$\overline{c d} =(45-\overline{a b}) \times 99$

Ta nhận xét : Tích của 99 và một số tự nhiên là một số tự nhiên bé hơn 100 nên 45 – $\overline{a b}$ phải bằng 0 hoặc 1 .

  • Nếu $45-\overline{\mathrm{ab}}=0$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=45$ và $\overline{\mathrm{cd}}=00$.

  • Nếu $45-\overline{\mathrm{ab}}=1$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=44$ và $\overline{\mathrm{cd}}=99$.

Số cần tìm là 4500 hoặc 4499 .

Cách 2. Theo đề bài ta có : $\overline{\mathrm{abcd}}-\overline{\mathrm{ab}}=4455$ Ta viết lại phép tính như sau :

 

$4455$

$+ ab$

$abcd$

Nhân xét :

  • Nếu phép cộng ở hàng chục không nhớ thì $\overline{a b}=44$ và $\overline{\text { abcd }}=4455+44=4499$

  • Nếu phép cộng ở hàng chục có nhớ thì $\overline{\mathrm{ab}}=45$ và $\overline{\mathrm{abcd}}=4455+45=4500$ Vậy số cần tìm là 4499 hoặc 4500 .

Ví du 8. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 7 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$. Xoá đi chữ số hàng trăm ta được số $\overline{\mathrm{bc}}$.

Cách 1. Theo đề bài ta có:

$\overline{\mathrm{abc}} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00}+\overline{\mathrm{bc}} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}-\overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =(7-1) \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =6 \times \overline{\mathrm{bc}}$

Vì 6 chia hết cho 3 nên $\overline{a 00}$ chia hết cho 3 . Do đó a chia hết cho 3 .

Mặt khác, vì $\overline{\mathrm{bc}}<100$ nên $6 \times \overline{\mathrm{bc}}<600$. Từ đó suy ra $\mathrm{a}<6$.

Vậy $\mathrm{a}=3$ (a khác 0 ). Thay vào ta tính được $\overline{b c}=50$.

Vậy số cần tìm là 350 .

Cách 2. Ta có : $\overline{\mathrm{abc}}=\overline{\mathrm{bc}} \times 7$.

Vì $7 \times c$ có tận cùng là $c$ nên $c$ bằng 0 hoặc 5 .

  • Nếu $\mathrm{c}=0$, thay vào ta có :

$\overline{\mathrm{ab} 0}=\overline{\mathrm{b} 0} \times 7$

$\overline{\mathrm{ab}}=\mathrm{b} \times 7$

Từ đó suy ra b bằng 0 hoặc 5 , nhưng b không thể bằng 0 . Vậy b $=5$ và $\overline{a b}=35$.

  • Nếu $\mathrm{c}=5$, thay vào ta có :

$\overline{\mathrm{ab5}}=\overline{\mathrm{b} 5} \times 7$

Vì $7 \times 5=35$ nên $7 \times b+3=\overline{a b}$

Nếu b chã̃n thì vế trái là số lẻ, mà vế phải là số chẫn. Nếu b lẻ thì vế trái là số chã̃n, mà vế phải là số lẻ. Vạy trường hợp $\mathrm{c}=5$ không xảy ra.

Loại 3. Các bài toán về số tự nhiên và tổng các chữ số của nó

Ví dụ 9. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 5 lần tổng các chữ số của nó.

Giải.

Cách 1 . Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b} =5 \times(a+b)$

$10 \times a+b =5 \times a+5 \times b$

$10 \times a-5 \times a =5 \times b-b$

$(10-5) \times a =(5-1) \times b$

$5 \times a =4 \times b$

Từ đây ta suy ra b chia hết cho 5 . Vậy b bằng 0 hoặc 5 .

  • Nếu $\mathrm{b}=0$ thì $\mathrm{a}=0$ (loại).

  • Nếu $b=5$ thì $5 \times a=20$, vậy $a=4$.

Vậy số cần tìm là 45 .

Cách 2. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b}=5 \times(a+b)$

Vì $5 \times(a+b)$ có tận cùng bằng 0 hoạcc 5 nên b bằng 0 hoặc 5 . – Nếu $b=0$, thay vào ta có:

$\overline{\mathrm{a} 0}=5 \times a$ hay $10 \times a=5 \times a$, vậy a $=0$ (loại)

  • Nếu $b=5$, thay vào ta có :

$\overline{a 5}=5 \times(a+5) \text { hay } 10 \times a+5=5 \times a+25$

Tính ra ta được $a=4$.

Thử lại : $45:(4+5)=5$.

Vậy số cần tìm là 45 .

 

Loại 4. Các bài toán về số tự nhiên và hiệu các chữ số của nó

Ví dụ 10. Tìm một số có hai chữ số, biết rằng số đó chia cho hiệu các chữ số của nó được thương bằng 28 và dư 1 .

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$ và hiệu các chữ số của nó là c. Theo đề bài ta có :

$\overline{\mathrm{ab}}=\mathrm{c} \times 28+1$

Vì $\overline{a b}<100$ nên $\mathrm{c} \times 28<99$.

Vậy $\mathrm{c}$ bằng $1 ; 2$ hoặc 3 .

  • Nếu $\mathrm{c}=1$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=29$.

Thử lại : $9-2=7 ; 29: 7=4$ (dư 1) (loại).

  • Nếu $\mathrm{c}=2$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=57$.

Thử lại : $7-5=2 ; 57: 2=28$ (dư 1 ).

$-$ Nếu $\mathrm{c}=3$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=85$.

Thử lại : $8-5=3 ; 85: 3=28$ (dư 1 ).

Vậy số cần tìm là 57 hoặc 85 .

Loại 5. Các bài toán về số tự nhiên và tích các chữ số của nó

Ví dụ 11. Tìm một số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng số đó gấp 5 lần tích các chữ số của nó.

Giải.

Cách I. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$.

Theo đề bài ta có :

$\overline{\mathrm{abc}}=5 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b} \times \mathrm{c}$

Vì $5 \times a \times b \times c$ chia hết cho 5 nên $\overline{a b c}$ chia hết cho 5 . Vậy $\mathrm{c}$ bằng 0 hoặc 5 . Nhưng $\mathrm{c}$ không thể bằng 0 , vậy $\mathrm{c}=5$. Số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{ab5}}$. Thay vào ta có :

$\overline{a b 5} =5 \times a \times b \times 5$

$a \times 100+b \times 10+5=25 \times a \times b$

$a \times 20+b \times 2+1=5 \times a \times b$

Vì $5 \times a \times b$ chia hết cho 5 nên $a \times 20+b \times 2+1$ chia hết cho 5 . Do đó $\mathrm{b} \times 2+1$ chia hết cho 5 . Suy ra $\mathrm{b} \times 2$ có tận cùng là 4 hoặc 9 . Vì $\mathrm{b} \times 2$ là số chẵn nên nó có tận cùng bằng 4 . Suy ra b bằng 2 hoặc 7 .

  • Nếu $b=2$ thì $\overline{\mathrm{a} 25}=5 \times a \times 2 \times 5$. Vế trái là số lẻ, mà vế phải là số chẵn. Vậy trường hợp $\mathrm{b}=2$ không xảy ra.

  • Nếu $b=7$ thì ta có : $a \times 20+15=35 \times$ a. Tính ra ta được $a=1$.

Thử lại : $175=5 \times 1 \times 7 \times 5$.

Vậy số cần tìm là 175 .

Cách $2 .$

Tương tự cách 1 , ta có :

$\overline{\mathrm{ab} 5}=25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$

Vì $25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$ chia hết cho 25 nên $\overline{\mathrm{ab5}}$ chia hết cho 25 . Suy ra b bằng 2 hoặc 7 . Vì $25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$ là số lẻ nên $\mathrm{b}=7$. Tiếp theo, tương tự cách 1 ta tìm được $\mathrm{a}=1$. Vậy số cần tìm là 175 .

 

DẠNG 3. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BÀI PHƯƠNG PHÁP THỬ CHỌN

Ví dụ 12. Biết rằng hiệu giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số lẻ có hai chữ số bằng 3 . Nếu thêm vào số đó 3 đơn vị ta được số có hai chữ số giống nhau. Tìm số đó.

Giải.

Cách 1. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{ab}}$.

Những số lẻ có hai chữ số mà hiệu giữa các chữ số của nó bằng 3 là : $41 ; 25$; $63 ; 47 ; 85$ và $69 .$

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 41 ; 63 hoặc 85 .

Cách $2 .$

Những số có hai chữ số giống nhau là : $11 ; 22 ; 33 ; 44 ; 55 ; 66 ; 77 ; 88 ; 99$. Bớt mỗi số đó đi 3 đơn vị, ta được các số : $8 ; 19 ; 30 ; 41 ; 52 ; 63 ; 74 ; 85 ; 96$.

Vì theo đề bài, số cần tìm là số lẻ và hiệu giữa hai chữ số của số đó bằng 3 nên ta tìm được ba số : $41 ; 63$ và 85 .

Ví dụ 13. Chữ số hàng chục của một số tự nhiên có ba chữ số khác nhau gấp 2 lần chữ số hàng đơn vị. Nếu lấy tích của chữ số hàng chục và hàng đơn vị chia cho chữ số hàng trăm ta được thương bằng 8 . Tìm số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$. Theo đề bài, só $\overline{\mathrm{abc}}$ chỉ có thể là : $\overline{\mathrm{a} 21} ; \overline{\mathrm{a} 42}$; $\overline{\mathrm{a} 63} ; \overline{\mathrm{a} 84}$.

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 142 .

Vi du 14. Tìm một số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng tổng các chữ số của số đó bằng 18 , tích các chữ số của nó bằng 64 và nếu viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại thì số đó không thay đổi.

Giải. Theo đề bài thì số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{abba}}$.

Tổng của hai chữ số a và b là :

18: 2=9

Số 9 có thể phân tích thành tổng của những cặp số sau : 0 và $9 ; 1$ và 8 ; 2 và $7 ; 3$ và $6 ; 4$ và 5 .

Số cần tìm có thể là : $9009 ; 1881 ; 8118 ; 7227 ; 2772 ; 6336 ; 3663$; 4554 ; 5445 .

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 1881hoặc 8118 .

DẠNG 4. CÁC BÀI TOÁN VẾ XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG CỦA SỐ

Những kiến thức cần lưu ý

  1. Chữ số tận cùng của một tổng bằng chữ số tận cùng của tổng các chữ số hàng đơn vị của các số hạng trong tổng đó.

  2. Chữ số tận cùng của một tích bằng chữ số tận cùng của tich các chữ số hàng đơn vị của các thừa số trong tích đó.

  3. Tổng $1+2+3+\ldots+9$ có chữ số tận cùng bằng 5 .

  4. Tích $1 \times 3 \times 5 \times 7 \times 9$ có chữ số tận cùng bằng 5 .

  5. Tích $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$ không thể có chữ số tận cùng bằng $2 ; 3 ; 7$ hoặc 8 .

Ví dụ 15 . Không thực hiện các phép tính, hãy cho biết chữ số hàng đơn vị của mỗi kết quả sau :

a) $(2001+2002+2003+\ldots+2009)-(21+32+43+\ldots+98+19)$;

b) $(12+23+34+\ldots+89+91) \times 91 \times 73 \times 55 \times 37 \times 19$;

c) $123 \times 235 \times 347 \times 459 \times 561-71 \times 73 \times 75 \times 77 \times 79$.

Giải.

a) Chữ số hàng đơn vị của tổng $2001+2002+2003+\ldots+2009$ và tổng $21+32+43+\ldots+98+19$ đều bằng chữ số hàng đơn vị của tổng $1+2+\ldots+9$ và bằng 5 . Cho nên hiệu trên có chữ số hàng đơn vị bằng 0 .

b) Suy luận tương tự câu a, ta có tổng $12+23+34+\ldots+89+91$ và tích $91 \times 73 \times 55 \times 37 \times 19$ đều có chữ số hàng đơn vị bằng 5 . Suy ra chữ số hàng đơn vị của kết quả dãy tính bằng 5 .

c) Tương tự, ta có chữ số hàng đơn vị của hiệu bằng 0 .

Ví du 16. Có thể thay a, b trong phép tính sau bởi những chữ số thích hợp để được một phép tính đúng hay không ? Tại sao ?

a) $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}=\overline{\mathrm{a} 53 \mathrm{~b} 8}$;

b) $\overline{3 b} \times \overline{3 b}=\overline{17 a 7}$;

c) $\overline{9 a} \times \overline{9 a}=8643$.

Giải.

Không thể thay a, b trong mỗi phép tính trên bởi những chữ số thích hợp để được phép tính đúng, vì :

a) Chữ số tận cùng của tích $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}$ bằng chữ số tận cùng của tích $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$, mà $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$ không thể có tận cùng bằng 8 , nên tích $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}$ không thể có tận cùng bằng 8 ;

b) Tương tự, tích $\overline{3 \mathrm{~b}} \times \overline{3 \mathrm{~b}}$ không thể có tận cùng bằng 7 ;

c) Tích $\overline{9 \mathrm{a}} \times \overline{9 \mathrm{a}}$ không thể có tận cùng bằng 3 .

Vi $d u$ 17. Tích sau có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

a) $13 \times 14 \times 15 \times \ldots \times 22$;

b) $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 50$.

Giải.

a) Trong tích $13 \times 14 \times 15 \times \ldots \times 22$ có thừa số 20 tròn chục. Thừa số này cho 1 chữ số 0 ở tích. Thừa số 15 khi nhân với một số chẳn cho 1 chữ số 0 ở tích. Vậy tích đã cho có tận cùng bằng 2 chữ số 0 .

b) Tích $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 50$ có thể phân ra thành 5 nhóm :

  • Nhóm thứ nhất $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 9 \times 10$; nhóm thứ hai $11 \times 12 \times 13 \times \ldots \times 20$; nhóm thứ tư $31 \times 32 \times 33 \times \ldots \times 40$ (lập luận tương tự câu a), tích của mổi nhóm này có tận cùng bằng 2 chữ số 0 .

  • Nhóm thứ ba $21 \times 22 \times 23 \times \ldots \times 30$ và nhóm thứ năm $41 \times 42 \times 43 \times \ldots \times 50$, tích của mỗi nhóm này có tận cùng bằng 3 chữ số 0 .

Vậy số chữ số 0 ở tận cùng của tích đã cho là :

$2 \times 3+3 \times 2=12($ chữ số 0$)$

 

 

BÀI TÂP TỰ LUYỆN

1. Cho năm chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4$.

a) Có thể viết được tất cả bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau từ năm chữ số đã cho ? Trong các số viết được, có bao nhiêu số chẳn ?

b) Tìm số chẳn lớn nhất, số lẻ bé nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ năm chữ số đã cho.

2. Có thể viết được bao nhiêu số có ba chữ số khác nhau, biết rằng :

a) Các chữ số của chúng đều là những số lẻ ?

b) Các chữ số của chúng đều là những số chẵn ?

3. Tìm :

a) Số tự nhiên bé nhất có năm chữ số được viết từ ba chữ số khác nhau ;

b) Số tự nhiên lớn nhất có năm chữ số được viết từ ba chữ số khác nhau.

4. Viết liên tiếp các số tự nhiên từ 1 đến 15 ta được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 10 chữ số của số vừa nhận được mà vẩn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhất ;

b) Số bé nhất.

Viết các số đó.

5. Viết liên tiếp 10 số chẳn khác 0 đầu tiên ta được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 10 chữ số của số vừa nhận được mà vẫn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhất ;

b) Số lẻ bé nhất.

Viết các số đó.

6. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng khi viết thêm số 21 vào bên trái số đó ta được một số gấp 31 lần số cần tìm.

7. Tìm một số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi viết thêm chữ số 9 vào bên trái số đó ta được một số gấp 26 lân số cần tìm.

8. Tìm một số tự nhiên có hai chử số, biết rằng khi viết thêm chữ số 5 vào bên phải số đó thì nó tăng thêm 230 đơn vị.

9. Khi viết thêm số 12 vào bên phải một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó tăng thêm 53769 đơn vị. Tìm số có ba chữ số đó.

10. Khi viết thêm số 65 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó tăng thêm 97778 đơn vị. Tìm số đó.

11. Khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó gấp lên 7 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

12. Khi xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 3663 đơn vị. Tìm số có bốn chữ số đó.

13. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 5 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

14. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng khi viết thêm chữ số 5 vào bên phải số đó ta được một số gấp 5 lần số nhận được khi viết thêm chữ số 1 vào bên trái số cần tìm.

15. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 9 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

16. Khi xoá đi chữ số hàng nghìn của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 9 lần. Tìm số có bốn chữ số đó.

17. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng :

a) Số đó gấp 6 lần tổng các chữ số của nó ;

b) Số đó gấp 7 lần tổng các chữ số của nó ;

c) Số đó gấp 8 lần tổng các chữ số của nó ;

d) Số đó gấp 9 lần tổng các chữ số của nó.

18. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu lấy số đó chia cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 5 và dư 12 .

19. Tîm số có hai chữ số, biết rằng nếu lấy số đó chia cho hiệu của chữ số hàng chục và hàng đơn vị của nó ta được thương là 26 và dư 1 .

20. Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi chia số đó cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 11 .

21. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 21 lần hiệu của chữ số hàng chục và hàng đơn vị.

22. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 3 lần tích các chũ̃ số của nó.

23. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu chia số đó cho tích các chữ số của nó ta được thương là 5 dư 2 và chữ số hàng chục gấp 3 lần chữ số hàng đơn vị.

24. Tìm số có bốn chữ số, biết rằng số đó cộng với số có hai chữ số tạo bởi chữ số hàng nghìn, hàng trăm và số có hai chữ số tạo bởi chữ số hàng chục, hàng đơn vị của số đó ta được tổng là 7968 .

25. Cho số tự nhiên $x$. Cộng các chữ số của $x$ ta được số tự nhiên $y$, cộng các chữ số của $y$ ta được số tự nhiên $\mathrm{n}$. Tổng của ba số $x, y$ và n bằng 69. Tìm $x$.

26. Các chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số theo thứ tự là bốn số tự nhiên liên tiếp. Số này sẽ thay đổi thế nào nếu ta viết các chữ số của nó theo thứ tự ngược lại ?

27. Cũng hỏi như bài 26 trong trường hợp là bốn chữ số lẻ liên tiếp.

28. Tìm số tự nhiên có ba chữ số khác nhau, biết rằng số đó bằng tổng các số có hai chữ số khác nhau lập được từ ba chữ số của số cần tìm.

29. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tích các chữ số của số đó là số tròn chục có hai chữ số, nếu bớt số đó đi 3 đơn vị ta được một số có hai chữ số giống nhau.

30. Các chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có hai chữ số là hai số lẻ liên tiếp. Khi chia số đó cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 4 và dư 9 . Tìm số có hai chữ số đó.

31. Các chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số có ba chữ số theo thứ tự là ba số lẻ liên tiếp. Khi bớt số đó đi 24 đơn vị ta được số có ba chữ số giống nhau và chia hết cho 5 . Tìm số đó.

32. Các chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số chẵn có ba chữ số theo thứ tự là ba số tự nhiên liên tiếp. Tổng các chữ số của nó bằng 9 . Tìm số đó.

33. Tổng các chữ số của một số chẵn có bốn chữ số bằng 22 , tích các chữ số của nó là số tròn chục. Khi đổi chỗ chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị hoặc chữ số hàng nghìn và chữ số hàng chục thì số đó không thay đổi. Tìm số đó.

34. Không thực hiện các phép tính, hãy cho biết mỗi kết quả sau có tận cùng bằng chữ số nào ?

a) $(1999+2378+4545+7956)-(315+598+736+89)$;

b) $1 \times 3 \times 5 \times \ldots \times 99$;

c) $6 \times 16 \times 116 \times 1216 \times 11996$;

d) $31 \times 41 \times 51 \times 61 \times 71 \times 81 \times 91$;

e) $11 \times 13 \times 15 \times 17+23 \times 25 \times 27 \times 29+31 \times 33 \times 35 \times 37+$ $+45 \times 47 \times 49 \times 51$;

g) $56 \times 66 \times 76 \times 86-51 \times 61 \times 71 \times 81$.

  1. Tích $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 98 \times 99 \times 100$ có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

  2. Tích sau đây có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

a) $85 \times 86 \times 87 \times \ldots \times 94$;

b) $11 \times 12 \times \ldots \times 20 \times 53 \times 54 \times \ldots \times 62$.

  1. Không thực hiện các phép tính, hãy xét xem các kết quả sau đây đúng hay sai ? Giải thích tại sao.

a) $16358-6 \times 16 \times 46 \times 56=120$;

b) $\overline{\mathrm{abc}} \times \overline{\mathrm{abc}}-853467=0$;

c) $11 \times 21 \times 31 \times 41-19 \times 25 \times 37=110$.

  1. Có thể thay mỗi chữ trong phép tính sau bởi chữ số thích hợp để được một phép tính đúng hay không ? Tại sao ?

a) $7958: \overline{3 \mathrm{~b}}=\overline{\mathrm{a} 3 \mathrm{~b}}$;

b) $\overline{\mathrm{a} 2303}: \overline{\mathrm{b} 5 \mathrm{~cd}}=\overline{2 \mathrm{~d}}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Bài 1. Cho phương trình bậc hai $x^{2}-(m+3) x+m^{2}=0$ trong đó $m$ là tham số sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$.
(a) Khi $m=1$. Chứng minh rằng ta có hệ thức $\sqrt[8]{x_{1}}+\sqrt[8]{x_{2}}=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{6}}}$
(b) Tìm tất cả các giá trị của $m$ sao cho $\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{5}$
(c) Xét đa thức $P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x$. Tìm tất cả các cặp số $(a, b)$ sao cho ta có hệ thức $P\left(x_{1}\right)=P\left(x_{2}\right)$ với mọi giá trị của tham số $m$.
Bài 2. (a) Cho $a, b$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$
P=\frac{\sqrt{1+a^{2}} \sqrt{1+b^{2}}}{1+a b}
$$
(b) Cho các số $x, y, z$ thỏa $|x| \leq 1,|y| \leq 1,|z| \leq 1$. Chứng minh rằng:
$$
\sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{1-y^{2}}+\sqrt{1-z^{2}} \leq \sqrt{9-(x+y+z)^{2}}
$$
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B=b, A C=c . M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $A B$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ cắt $A C$ tại $N$.
(a) Chứng minh rằng tam giác $A M N$ đồng dạng với tam giác $A C B$. Tính tỉ số $\frac{M A}{M B}$ để diện tích tam giác $A M N$ bằng $\frac{1}{2}$ diện tích tam giác $A C B$.
(b) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A M N$. Chứng minh rằng $I$ luôn thuộc một đường cố định.
(c) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B C$. Chứng minh rằng đoạn thẳng $I J$ có độ dài không đổi.
Bài 4. Cho các số nguyên $a, b, c$ sao cho $2 a+b, 2 b+c, 2 c+a$ đều là các số chính phương.
(a) Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho $3 .$ Chứng minh rằng $(a-b)(b-c)(c-a)$ chia hết cho 27 .
(b) Tồn tại hay không các số $a, b, c$ thỏa điều kiện $\left(^{*}\right)$ mà $(a-b)(b-c)(c-a)$ không chia hết cho 27 ?
Bài 5. Cho hình chữ nhật $A B C D$ có $A B=3, A D=4$.
(a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật $A B C D$ luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $\sqrt{5}$
(b) Chứng minh khẳng định ở câu $\mathrm{a}$ ) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật $A B C D$.

Đáp án

 

Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2021 – 2022

Ngày 1 (04/3/2022)

Bài 1 (5,0 điểm)

Cho $a$ là một số thực không âm và dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi

$u_{1}=6, u_{n+1}=\dfrac{2n+a}{n} + \sqrt{\dfrac{n+a}{n} u_{n} + 4},  \,\, \forall n \geq 1.$

a) Với $a=0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi $a\geq 0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $f: \left( 0; + \infty \right) \rightarrow \left( 0; + \infty \right)$ thỏa mãn

$f\left( \dfrac{f(x)}{x} + y \right) = 1+f(y), \,\, \forall x,y \in \left( 0; + \infty \right).$

Bài 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên tia đối của các tia $BA, CA$ sao cho $BF = CE \,\, (E \ne B, F\ne C)$. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $BE, CF$ và $D$ là giao điểm của $BF$ với $CE$.

a) Gọi $I, J$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DBE, DCF$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $IJ$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ và $H$ là trực tâm của tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 4 (5,0 điểm)

Với mỗi cặp số nguyên dương $(n, m)$ thỏa mãn $n < m$, gọi $s(n,m)$ là số các số nguyên dương thuộc đoạn $[n;m]$ và nguyên tố cùng nhau với $m$. Tìm tất cả các số nguyên dương $m \geq 2$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) $\dfrac{s(n,m)}{m-n} \geq \dfrac{s(1,m)}{m}$ với mọi $n = 1,2,…,m-1$;

ii) $2022^{m} + 1$ chia hết cho $m^{2}$.

 

Ngày 2 (05/3/2022)

Bài 5 (6,0 điểm)

Cho $P(x)$ và $Q(x)$ là hai đa thức khác hằng, có hệ số là các số nguyên không âm, trong đó các hệ số của $P(x)$ đều không vượt quá 2021 và $Q(x)$ có ít nhất một hệ số lớn hơn 2021. Giả sử $P(2022) = Q(2022)$ và $P(x), Q(x)$ có chung nghiệm hữu tỷ $\dfrac{p}{q} \ne 0 \, (p,q \in \mathbb{Z}$; $p$ và $q$ nguyên tố cùng nhau). Chứng minh rằng $| p | + n | q | \leq Q(n) – P(n)$ với mọi $n = 1, 2, …, 2021$.

Bài 6 (7,0 điểm)

Gieo 4 con súc sắc cân đối, đồng chất. Ký hiệu $x_{i} \, (1\leq x_{i} \leq 6)$ là số chấm trên mặt xuất hiện của con súc sắc thứ $i \, (i=1,2,3,4).$

a) Tính số các bộ $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ có thể có.

b) Tính xác suất để có một số trong $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ bằng tổng của ba số còn lại.

c) Tính xác suất để có thể chia $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ thành hai nhóm có tổng bằng nhau.

Bài 7 (7,0 điểm)

Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định trên đường tròn $(O)$ ($B C$ không đi qua tâm $O$) và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $\overparen{B C}$ sao cho $A B \neq A C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C$ tại $D$. Gọi $I_{a}$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $\widehat{B A C}, \,L$ là giao điểm của $I_{a} D$ với $O I$ và $E$ là điềm trên $(I)$ sao cho $D E$ song song với $A I$.
a) Đường thẳng $L E$ cắt đường thẳng $A I$ tại $F$. Chứng minh rằng $A F=A I$.
b) Trên đường tròn $(J)$ ngoại tiếp tam giác $I_{a} B C$ lấy điểm $M$ sao cho $I_{a} M$ song song với $A D,\, M D$ cắt lại $(J)$ tại $N$. Chứng minh rằng trung điểm $T$ của $M N$ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.

Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021