Một số bài toán số học thi học sinh giỏi lớp 9 và tuyển sinh 10 chuyên

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (984.17 KB, 17 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

* Một số bài toán cơ bản (Dành cho thi chuyên Tin)

A. MỘT SỐ BÀI TỐN NÂNG CAO (TỐN CHUN) Bài 1.(Tốn chun – TS 10 chuyên năm học 2023-2024)

Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đơi một khác nhau sao cho chữ số hàng đơn vị bằng tổng các nghịch đảo của các chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục.

Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd(a b c d, , , đôi một khác nhau và khác 0). Theo đề bài ta có: 1 1 1 d (1)

2     b c b c 2Lại có 1 1 1 1 1 2

2    b c b b b  b 4, mà 2      a b 4 b 3 c 6 0.25 Thử lại 1 1 1 1

2 3 6   ta được số 2361 thỏa mãn đề bài

Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hốn vị của (2,3,6) Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321.

0.25

Cách khác: Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd, (a b c d, , , đôi một khác nhau và khác 0). Theo đề bài ta có: 1 1 1 d

a b c  Giả sử: a b c d 1 1 1 3 cd 3

2 3 6   ta được số 2361 thỏa mãn đề bài

Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hoán vị của (2,3,6) Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321.

0.25

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

Bài 2.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2022-2023)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x3x2  y3y2.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x3x2y3y2 1,0 Ta có: x3x2y3y2(x y x)(2y2xy x y ) 0 0,25

0x y

  

- Khi x y   0xy. Khi đó ( ; ) ( ; )x ym m (m là số nguyên tùy ý)

0.25 - Khi x2y2xy x y   0(x y)2(x1)2(y1)22. 0.25 Suy ra trong ba giá trị (x y) , (2x1) , (2y1)2có một giá trị bằng 0, hai giá trị bằng 1.

Giải tìm được: ( ; ) (0; 0)x y , ( ; ) (0; 1)x y , ( ; ) ( 1;0)x y  .

Vậy các cặp số thỏa đề là: ( ; ) ( ; )x ym m (m là số nguyên tùy ý), ( ; ) (0; 1)x y ,

( ; ) ( 1;0)x y  .

0.25 Nhận xét:

xyxy x y   xyx y y (*) + Phương trình (*) có nghiệm theo x khi

+ Với y0, giải tìm được x0,x 1.

Bài 3.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2021-2022)

Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq r  và 1 2



p2q2



r21. + Nếu p, q cùng là số lẻ  pq là số lẻ  r +1 là số lẻ  r là số chẵn  r =2

Mà p, q lẻ nên p q,  3 p q. 9. Khi đó r    (không thỏa) 1 2 1 9 0,5 + p, q khác tính chẵn lẻ, giả sử p2, q là số nguyên tố lẻ.

r 

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Bài 4.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2020-2021)

Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 3n  là lập phương của một số tự nhiên. 8Xét 3n 8 a a3 (  ).

x y n  

  

Khi đó, vế phải của (3) chia hết cho 9. Do đó x không thỏa. 2 0,25 - Với x1: suy ra a1,y . Khi đó 1 n x y   2

M5. 0,25 Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M20. 0,25

Bài 6.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn đẳng thức x y2 2x26y2 2 .xy - Với y , ta có 0 x0 .

xx a

y 

y       

Vậy

    

x y; 



0;0 ; 3; 1 ; 3;3 ; 3;1 ; 3; 3

   



 

 



0,25

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

Bài 7.(Tốn chun – TS 10 chun năm học 2017-2018)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn đẳng thức 9a26a b 3 0.

9a6a b 09a6a 1b1(3a1)2b31 (*)

Vì (3a1)20 nên b3 1 0 hay b 1. 0,25 + Với b 1: Từ (*) suy ra: 1

Vì (3a1)20 nên b3 1 0 hay b 1. (0,25) + Xét b 1 không thỏa (*).

+ Xét b0, từ (*) suy ra a0. + Xét b1 không thỏa (*).

(0,25) + Xét b2: Ta có: (3a1)2b3 1(3a1)2(b1)(b2 b1)

Gọi d = ƯCLN(b1,b2 b1). Vì b2  b1b b( 1) 2(b 1) 3nên 3 d . Hơn nữa (3a1)2 khơng chia hết cho 3 nên d3. Do đó d1.

Lại có (3a1)2(b1)(b2 b1) nên b1 và b2 b1 đều là hai số chính phương.

(0,25)

Mặt khác: (b1)2b2  b1b2 (vì b2) nên b2 b1 khơng phải là số chính phương.

Vậy ( ; ) (0;0)a b là cặp số duy nhất cần tìm. (0,25) Bài 8.(Tốn chun – TS 10 chun năm học 2016-2017)

Hãy tìm bộ ba số nguyên dương a; b và c sao cho a ≤ b ≤ c thỏa mãn đẳng thức sau: abc = 2( a+ b + c ).

Từ a ≤ b ≤ c => a+ b + c ≤ 3c , nên abc = 2( a+ b + c) ≤ 6c => ab ≤ 6 Nếu a ≥ 3 thì ab ≥ a2 ≥ 9, mâu thuẩn với ab ≤ 6, do đó a = 1 hoặc a = 2. Nếu a = 1 thì bc = 2(b + c +1) (b‒2)(c‒2) = 6 do 0 < b ≤ c nên

(b‒ 2 = 1; c ‒ 2 = 6) hoặc (b ‒ 2 = 2; c ‒ 2 = 3) ta được (b = 3; c = 8) hoặc ( b = 4; c = 5) đều thỏa mãn.

Nếu a = 2 từ ab ≤ 6 suy ra b = 2 hoặc b = 3. Khi đó ta có 4c = 2( 4 + c) hoặc 6c = 2( 5 + c) suy ra c = 4 hoặc 2c = 5 ( loại)

 ...



(n 1)201512015



2.n2015

chia hết cho n. Mà n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho n(n+1)

0.25 0.25

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Bài 10.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2014-2015)

Cho x, y là các số nguyên dương và x2 + 2y là số chính phương. Chứng minh rằng x2 + y bằng tổng của hai số chính phương.

b/ GT  x2 + 2y = k2 ( k  N*) suy ra x và k cùng tính chẵn, lẻ Nếu x chẵn: x = 2m ( m  N*) và k = 2n ( n N*)

Gt  y = 2n2 2m2

Khi đó x2 + y = (2m)2 + 2n2 2m2 = 2m2 + 2n2 = ( m + n)2 + (mn)2 ( đpcm)

0.25 Nếu x; k lẻ : x = 2m +1( m  N*) và k = 2n+ 1 ( n N*)

GT  y = 2n2 2m2 + 2n  2m

Khi đó x2 + y = (2m +1)2 + 2n2 2m2 + 2n  2m = m2 + n2 + 1 + 2mn + 2m + 2n + m2 + n2  2mn = ( m + n + 1)2 + (mn)2 ( đpcm)

Kết luận : Nếu x2 + 2y chính phương thì x2 + y là tổng của hai số chính phương

B. MỘT SỐ BÀI TỐN NÂNG CAO (HSG 9) Bài 1.(HSG lớp 9 – năm học 2023-2024)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0.2

x   xy x y   Giả sử tồn tại cặp số nguyên

 

x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0

 

 

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

b) Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho nghiệm của phương trình bậc hai x2bx bp  là số nguyên. 0

Giả sử tồn tại số nguyên dương b để phương trình x2bx bp  có hai nghiệm nguyên 0

1, 2

x x .

Ta có: x1x2 b x x, 1 2 bp. Vì b p, 0 nên x10,x2 0.

0,25 Vì p là số nguyên tố nguyên tố và x x1 2bp nên x p1 hoặc x p2 . 0,25 Giả sử x p1  x1 pc (c nguyên dương); x2    b x1 b pc.

c 

 (2) (với c1, vì c1 không thỏa mãn (1))

Thử lại: phương trình x2(p1)2x p p ( 1)2 0 có hai nghiệm phân biệt

p   q  q  q 0,5 Lại có q p|



2 nên | 31



q . Mà q là số nguyên tố nên q = 3, khi đó p = 5. 0,5 + Nếu q = 2 thì mọi số nguyên tố p > 2 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,5 Kết luận:



p q;



{(5;3); ( ; 2)}(p p2) 0,25

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

0,5 Suy ra 2023 28  n 2023 hay 1995 n 2023 0,25 Nên n là số có 4 chữ sốn abcd => a1 hoặc a2

+ Nếu a1 thì n1bcd  n S n

 

1000bcd    1 b c d 2023 0,25 101.b11c2d 1 1023 0,25

+ Nếu a2 thì n2bcd  n S n

 

2000 101 b11c2d 2 2023 101b11c2d21

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Dễ dàng kiểm tra được hai số thỏa mãn thỏa đề là 3802519 và 8702519.

0,25 Bài 6.(HSG lớp 9 – năm học 2018-2019)

0,5 Suy ra được   1 y 3. Suy ra y 



1; 0;1; 2;3



(Mỗi ý được 0,25) 0,5 + Với y 1: tìm được cặp ( ; ) (3; 1)x y   . 0,25

+ Với y1: tìm được 2 cặp ( ; ) ( 1;1)x y   , ( ; ) (3;1)x y  0,25

+ Với y3: tìm được cặp ( ; ) ( 1;3)x y   . 0,25

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì (n+2)(n+1)(n+8) khơng thể là lập

Ta có: (n+2)3 < (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)

 n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( đúng) 0,5 Giả sử có nN, n  1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự nhiên,

khi đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3

0,25 0,5  n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27

 2n2  n 11 =0  1 894

Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1. Khi đó

Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p khơng chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2.

Suy ra một trong hai số p + 1; p -1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).

0,5

2 p + a + 1 =2 p+ +1 =2p+p +1= p+12

b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a2 1 b2. Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc b chia hết cho 5.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

a3 b33(a2 b2) 3( a b ) ( a1)(b 1) 25. 2,0

33 3( 22) 3( ) ( 1)( 1) 25a b  a b  a b  a b 

Khi đó (*) trở thành: x3 y3  xy25(x y x )( 2 xy y 2)xy25 (**) 0,25

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

3xy 

 thỏa (**). Suy ra 32ab

 

 là cặp số cần tìm. 0,5 b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a2 1 b2. Chứng minh rằng chỉ có một số a

Cách 1:

Ta có: 0, 1, 2(mod 5)0, 1, 2(mod 5)a

  

 

Từ (1) và (2) suy ra:

0(mod 5)1(mod 5)a

1(mod 5)0(mod 5)a

 hoặc

Theo định lý Fermat ta có

1(mod 5)

1(mod 5)a

0,5

Suy ra a2b20(mod 5)23a2 1b2a20(mod 5) (*) 0,25 Vì a khơng chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod 5). 0,25

Với a 2(mod 5)a2 4(mod 5)23a2  1 3(mod 5)( trái với (*)) 0,25 Vậy điều giả sử là sai. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Thay y = x – 1 vào (2) ta được:

  (loại) hoặc x = 0 0,25 Thay y = x vào (2) ta được: x3x3x22x 1 x22x 1 0   x 1 0,25 Vậy (x ; y) = (0 ; –1) hoặc (x ; y) = (1 ; 1). 0,25 b) Chứng minh E có ít nhất một ước là số chính phương. 2,0 Vì 29 là số nguyên tố nên E29(2015a 2016b) 29 hoặc (2016a 2015b) 29 (1) 0,5 Ta có: (2015a 2016b) (2016a 2015b) 4031(a b) 139.29(a b) 29 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra (2015a 2016b) 29 và (2016a 2015b) 29 0,5

Khi đó, ta có: 8k38(x33x24x2)k3(x1)3  . (x 1) 0,25 - Nếu x 1, ta có k3(x1)3(x 1) (x1)3.

0,25 Theo trên, suy ra        (2). (x 2) 1 x 1

Từ (1) và (2) suy ra ( ; ) ( 1; 2)x y    (thỏa mãn).

Vậy ( ; ) ( 1; 2)x y    là cặp số thỏa yêu cầu. 0.25

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

b) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng p4k3 (k thì khơng tồn tại )1

p số tự nhiên liên tiếp sao cho có thể phân chia tập hợp các số đó thành hai tập hợp con rời nhau để tích tất cả các số thuộc tập hợp này bằng tích tất cả các số thuộc tập hợp kia.

Giả sử với số nguyên tố p4k , tồn tại 3 p 1 4k số tự nhiên liên tiếp mà ta 2có thể chia tập hợp các số này thành hai tập hợp con sao cho tích tất các số thuộc mỗi tập hợp đều bằng a.

Khi đó, ta có: a2 m m( 1)(m2)...(m p  . 2)

0,25 Chia các số: m m, ( 1), (m2), ..., (m p  cho 2) p ta được các số dư đôi một khác nhau.

Nếu trong dãy số m m, ( 1), (m2), ..., (m p  (*) có số chia hết cho 2) p, thì theo giả thiết phản chứng ắt phải có số thứ hai trong dãy (*) chia hết cho p, điều này vơ lí (các số dư khi chia các số trong dãy (*) cho p đôi một khác nhau).

Bài 10.(HSG lớp 12 chuyên – năm học 2022-2023)

a) Cho

k

là số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh 2k1 không chia hết cho 1

k.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và

q

thỏa mãn 2p 2q chia hết cho p q. . a) Giả sử 2k11k. Suy ra k là số tự nhiên lẻ.

Khi đó k có dạng 1231.2.3...r

kp p p p , với p p p1, 2, 3,...,prlà các số nguyên tố lẻ, 1, 2, 3,..., r

0,25

kp p p p nên k 1 2 .m1u (với u số nguyên dương).

Lại có 2k11k2k1 1(mod )k . Do đó 22 .m1u  1(mod )k . 0,25

1 1 2 .m 1

p   t và t1 lẻ nên

11

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

b) Khi 2p 2q chia hết cho .p q , có 3 trường hợp xảy ra : - TH1: p, q là các số nguyên tố lẻ.

Vì 2p 2q chia hết cho .p q nên 2p 2q 0(mod . )p q 2p2q 0(mod )p . Lại có 2p 2(mod )p 2q  2(mod )p

 

Tương tự ta chứng minh được 2pq  2(mod )q .

Mà p, q là các số nguyên tố nên 2pq  2(modpq)2pq1 1(modpq)(Mâu thuẫn ở câu a).

2p2qpq2p2q 0(mod )p(2p p) (2 qp) 0(mod )p

Mà 2p p0(mod )p2q  p0(mod )p2q 0(mod )p

0,25 Tương tự 2p 0(mod )q . Mà( , ) 1p q nên 2 .2p q 0(modpq)2p q pq

Suy ra pq là số chẵn. Khi đó, xảy ra 2 trường hợp: 0,25 - TH1: Trong hai số p q, , có đúng một số bằng 2.

Khi p2, ta có : 2p2q 0(mod )q  4 2q 0(mod )q mà 2q 2 0(mod )q . Suy ra 6 0(mod ) q  q 3.

Tương tự q2. Suy ra p3

0,25

- TH2: p q 2. Khi đó 2222  8 0(mod 4)(thỏa)

Vậy, các cặp số cần tìm là ( ; ) (2; 2), ( ; ) (2;3), ( ; ) (3; 2).p q  p q  p q  0,25 Bài 10.(HSG lớp 12 chuyên – năm học 2021-2022)

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p11 chia hết cho p và thương là một số chính phương.

Giả sử p là một số nguyên tố thỏa mãn điều kiện bài toán. ( p 3, Định lí Phecma) Khi đó, tồn tại số tự nhiên A thỏa mãn:

0,25 0,25 Xét trường hợp p2, khi đó p lẻ, đặt p 1 2k với k là số nguyên dương, ta có

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

Trường hợp 2: 3k 1 2. ; 3B2k 1 2 .p C2 .

Nếu k lẻ suy ra 4 |3k 1 2 .p C2, do đó 2| C(vìp lẻ) .

Vậy 3 1 2 .k p C2 chia hết cho 8, vơ lí vì 3k 1 4(mod8)(vì k lẻ).

Với k chẵn, đặt k2m với m là số nguyên dương, ta có 2B23k 1 (3m1)(3m1)

Vì (3m1;3m 1) 2 ta suy ra tồn tại các số tự nhiên C D, sao cho

Vậy 3m 1 E2, nghĩa là 3m(E1)(E1) điều này dẫn đến tồn tại hai số tự nhiên s t sao cho E  và 1 3t E  . 1 3s

Do đó 2 (E 1) (E 1) 3 (3    ts t1). Rõ ràng điều này chỉ xảy ra khi 3 1t  và 3s t  1 2 hay t0;s1, từ đó ta tìm được p5( thỏa mãn).

Vậy p2; p thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5

S là số nguyên tố thì n chia cho 3 dư 1.

a) Chứng minh S là số tự nhiên chẵn với mọi n . Tìm tất cả các giá *

S là số nguyên tố thì n chia cho 3 dư 1. 0,5 Ta có: S 4n24n 6 2





S là số nguyên tố thì n3k1



k



0,25

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

Bài 2.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2022-2023)Tìm tất cả các số nguyên dương n để n4 3n2  là số nguyên tố 1

B nn nnn nn n . 0,25 Với n1, ta có B  khơng phải là số nguyên tố. 1 0,25 Với n2, ta có B5là số nguyên tố. 0,25 Với n2, mỗi thừa số của B đều lớn hơn 1 nên Blà hợp số.

Bài 3.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2021-2022)

Cho phương trình x47x3 (m2)x2 2021x m 0 (*), với m là tham số nguyên.

Chứng minh rằng x khơng phải là nghiệm của phương trình (*) và phương trình này có 1khơng q một nghiệm ngun.

Đặt f x( )x47x3(2m x)22021x m Tính f(1) 2 m2025

Vì m là số nguyên nên f(1) 2 m2025 0

Vậy x1không phải là nghiệm của phương trình (*).

0,25 0,25 Giả sử x là nghiệm ngun của phương trình (*), ta có 0 f x( ) 00 

Khi đó f x( )0  f(1) 2m2025 chia hết cho x0  , suy ra (1 x01) là số lẻ, suy ra x là số chẵn. 0

Giả sử PT (*) có 2 nghiệm nguyên phân biệt x x 1, 2Suy ra: x x là các số chẵn và 1, 2 f x( )1f x( ) 02 . Ta có f x( )1 f x( ) 02 

Cho n là số tự nhiên có dạng n 1 4 ,k k . Đặt x2n1 và 2 y  . 2n 1Chứng minh rằng ( .n y2 1)chia hết cho 4 và (xnyn) là một số chính phương.

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( ; )x y thỏa mãn 2xy22y 3 0.

2x y 2y 3 0 2x (y1)(y (1) 3) 0,25 * y và 1 y là hai số cùng chẵn, cùng lẻ và 3 y    . Do đó từ (1) ta có: 1 y 3 0

1 23 2

yy  

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Suy ra: 2 4 23

nm n

73 2

  

 

Bài 6.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2018-2019)

Tìm hai số nguyên tố p và ,q biết rằng p q và p4q đều là các số chính phương

Theo đề ta có

22*4;p q a

a b N  

, suy ra b2a23q



b a b a







3q 0,25

Từ q là số nguyên tố và a b 2 nên ta có các trường hợp sau: + TH 1: 1

3b a

   

 suy ra b a 1 và 2a 1 3q, suy ra q lẻ. Ta viết q2k1 ( kN*)

Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k1 và p a2–q9k24k k k



94



Do p nguyên tố nên k1 và p13,q3.

0,25

+ TH 2: b a 3b a q   

   

 và b a 1.

Suy ra b2 và a1 khi đó q1 khơng phải số ngun tố. Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3).

0,25 Trình bày cách khác:

Theo đề ta có

22*4;p q a

a b N  

   

 . Khi đó b a 1 và 2a 1 3q. Suy ra q lẻ. Ta viết q2k1 ( kN*)

Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k1 và p a2–q9k24k k k



94



Do p nguyên tố nên k1. Suy ra p13, q3.

(0,25)

+ TH 2: b a 3b a q   

 . Khi đó b a 3 và q2a3Lại có p a2 q a22 – 3a



a1



a– 3 .



(0,25)

</div>

Một số bài toán số học thi học sinh giỏi lớp 9 và tuyển sinh 10 chuyên



















 

















    



   

 





 



 



















 

 

 









 

 





k

k.

q

 





<sub></sub>

<sub></sub>





















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về