Tuyển tập các câu hỏi có đáp án chi tiết về toán tổ hợp, rời rạc bồi dưỡng học sinh giỏi 9 | Toán học, Lớp 9 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.39 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CÂU 5 ROIRACHSG9HP318 QN

1QN.Mỗi ô vuông đơn vị của một bảng có kích thước 10 × 10 ( 10 dòng , 10 cột) được ghi một
số nguyên dương không vượt quá 10. Hai số nào được ghi trong hai ô chung một cạnh hoặc hai ô
chung một đỉnh của bảng là hai số trùng nhau. Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất 17 lần.

DAPAN

Trên hình vng con kích thước 2x2 có khơng q 1 số chia hết cho 2, có khơng q một số chia
hết cho 3.

- Lát kín bảng bởi 25 hình vng , kích thước 2x2 có nhiều nhất 25 số chia hết cho 2, có nhiều
nhất 25 số chia hết cho 3. Do đó có ít nhất 50 số cịn lại khơng chia hết cho 2, cũng khơng chia
hết cho 3, vì vậy chúng phải là một trong các số 1; 5; 7.

Theo nguyên lý Đich-Le có một số xuất hiện ít nhất 17 lần .

2QN. Trên mặt phẳng cho

2 2018



điểm, trong đó khơng có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng.
Người ta tô 2016 điểm bẳng màu đỏ và tô 2018 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng:
bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2018
đoạn thẳng khơng có điểm nào chung.

Ta nhận thấy rằng luôn tồn tại cách nối 2018 cặp điểm với

nhau bằng 2018 đoạn thẳng và vì có 2018 cặp điểm nên số cách nối là hữu hạn. Và hiển nhiên là trong
hữu hạn cách nối đó ta ln tìm ra được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất. Ta
chứng minh cách nối đó là cách mà chúng ta cần tìm. Thật vậy: Giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng
AX và BY cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tơ màu đỏ, cịn X và Y tô màu xanh).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

AY + BX < (AO + OY)+ (BO + OX) = (AO + OX) + (BO + OY).

Suy ra: AY + BX < AX + BY. Như vậy, với việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng
AY và BX ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vơ lí, vì trái với giả
thiết là đã chọn cách nối có tổng các độ dài là bé nhất. Điều vơ lí đó chứng tỏ cách nối có tổng độ dài
các đoạn thẳng ngắn nhất là khơng có điểm chung.

3QN. Trên mặt phẳng cho n điểm (n > 3) trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. 
Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm mà đường trịn đi qua chúng khơng chứa trong một điểm
nào khác.

Giả sử trong các điểm đã cho tồn tại 2 điểm A1; A2 sao cho tất cả các điểm còn lại thuộc

một nửa mặt phẳng bờ A1A2.

Ta có, trong tập hợp n-2 góc có dạng

A A A



1 i 2 trong đó Ai là một trong n- 2 điểm cịn lại.

Do số góc là hữu hạn, nên tồn tại góc

A A A



1 k 2lớn nhất.

Khi đó, đường trịn ngoại tiếp tam giác A1AkA2 khơng chứ trong bất kì một điểm nào

khác.

4QN. Trongmộtgiảibóngđácó 12 độithamdự, thiđấuvòngtrònmộtlượt
(haiđộibấtkỳthiđấuvớinhauđúngmộttrận).

a) Chứngminhrằngsau 4 vòngđấu (mỗiđộithiđấuđúng 4 trận)
lntìmđượcbađộibóngđơimộtchưathiđấuvớinhau.

b) Khẳngđịnhtrêncịnđúngkhơngnếucácđộiđãthiđấu 5 trận?

Giả sử kếtluậncủabàitốn là sai, tức là trongbađộibấtkỳ thì có haiđộiđã đấuvớinhaurồi.
Giả sử đội 1 đã gặpcácđội 2, 3, 4, 5. Xétcácbộ (1; 6; i) với i {7; 8; 9;…;12}, trongcácbộ
nàyphải có ítnhấtmộtcặpđã đấuvớinhau, tuynhiên 1 khônggặp 6 hay i nên 6 gặp i vớimọi i
{7; 8; 9;…;12} , vơlý vì đội 6 nhưthế đã đấuhơn 4 trận. Vậy có đpcm.

Kếtluậnkhơngđúng. Chia 12 độithành 2 nhóm, mỗinhóm 6 đội. Trongmỗinhómnày,
chotấtcả cácđộiđơimộtđã thiđấuvớinhau. Lúcnàyrõ ràngmỗiđộiđã đấu 5 trận.

Khixét 3 độibấtkỳ, phải có 2 độithuộccùngmộtnhóm, do đó 2 độinàyđã đấuvớinhau. Ta có
phản ví dụ.

Có thể giảiquyếtđơngiảnhơnchocâu a. nhưsau:

Do mỗiđộiđã đấu 4 trậnnêntồntạihaiđội A, B chưađấuvớinhau. Trongcácđộicịnlại,
vì A và B chỉ đấu 3 trậnvới họ nêntổngsố trậncủa A, B vớicácđộinàynhiềunhất là 6 và do
đó, tồntạiđội C trongsố cácđộicịnlạichưađấuvớicả A và B. Ta có A, B, C là bộ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 A

1

A

5QN. Bên trong đường trịn tâm O bán kính R = 1 có 8 điểm phân biệt. Chứng minh rằng; 
tồn tại ít nhất hai điểm trong số chúng mà khoảng cách giữa 2 điểm này nhỏ hơn 1.

Nhận xét: Ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là khác tâm O. Gọi các điểm đó là

1, 2, ,3 4, , ,5 6 7, 8
A A A A A A A A

Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc A OA (1 k i k ; 1i k, 8)

là không lớn hơn
0

360
60

7  Giả sử A OA1 2 là bé nhất

Xét A OA1 2 vì 

0
1 2 60

A OA   hoặc  0

1 2 60

OA A  hoặc  0

2 1 60

OA A 

 hoặc OA2 A A1 2 hoặc OA1 A A1 2

. Mà OA  hoặc 1 1 OA 2 1 A A 1 2 1

6QN. Trên một hịn đảo có một lồi tắc kè sinh sống, chúng có ba màu: xanh, đỏ và tím. Tất cả
có 2017 con màu xanh, 2018 con màu đỏ và 2019 con màu tím. Để lẩn chốn và săn mồi thì lồi
tắc kè này biến đổi màu như sau: Nếu hai con tắc kè khác màu gặp nhau thì chúng đồng thời đổi
màu sang màu thứ ba. Nếu hai con tắc kè cùng màu gặp nhau thì giữ ngun màu. Có khi nào tất
cả các con tắc kè trên trở thành cùng màu được khơng ? Vì sao ?

+ Nếu một con tắc kè xanh gặp một con tắc kè đỏ thì cả hai con tắc kè này chuyển thành màu
tím nên số tắc kè lúc này là: 2016 con xanh, 2017 con đỏ và 2021 con tím. Lúc này các số dư
của các số tắc kè chia cho 3 lần lượt là 0, 1, 2.

+ Nếu một con tắc kè xanh gặp một con tắc kè tím thì hai con tắc kè này chuyển thành màu đỏ
nên số tắc kè lúc này là: 2016 con xanh, 2020 con đỏ và 2018 con tím. Lúc này các số dư của
các số tắc kè chia cho 3 lần lượt là 0,1, 2 như vậy vẫn đầy đủ ba số dư đã có ban đầu.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Mặt khác, tổng tất cả tắc kè trên đảo là 2017 + 2018 + 2019 = 6054 là một số chia hết cho 3.
Nếu tất cả tắc kè đều cùng một màu thì số dư của lượng tắc kè xanh, đỏ và tím chia cho 3 là 0,
0, 0. Điều này vơ lí nên khơng thể có trường hợp tất cả tắc kè trên đảo có cùng màu.

7QN. Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm được 2
điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình trịn có bán kính bằng 1 chứa
khơng ít hơn 50 điểm.

Xét điểm A và hình trịn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1.

C2
C1

B
A

- Nếu tất cả 98 điểm cịn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài tốn được chứng minh.

- Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1).

Ta có: AB > 1 (1)

Vẽ hình trịn (C2) tâm B, bán kính bằng 1.

+ Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình trịn

(C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình trịn nói trên.

Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C khơng có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vơ
lí vì trái với giả thiết).

Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2).

Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình trịn chứa khơng ít hơn
50 điểm.

8QN. Cho một bảng kẻ ơ vng kích thước 7 x 7 (gồm 49 ô vuông đơn vị). Đặt 22 đấu thủ vào 
bảng sao cho mỗi ơ vng đơn vị có khơng quá một đấu thủ. Hai đấu thủ được gọi là tấn công

lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt
bất kì ln tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta điền các số như hình bên.

1 2 3 4 5 6 7

7 1 2 3 4 5 6

6 7 1 2 3 4 5

5 6 7 1 2 3 4

4 5 6 7 1 2 3

3 4 5 6 7 1 2

2 3 4 5 6 7 1

Xem mỗi lồng chim gồm các ô được điền cùng số. Như vậy ta có 7 lồng chim. Khi đặt 22
đấu thủ vào 7 lồng thì sẽ có một lồng chứa ít nhất 4 đấu thủ. nhớ rằng các đấu thủ trong
cùng một lồng đôi một không tấn công lẫn nhau. Đpcm.

9QN. Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu
xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các
điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đơi một khác màu.

DAPAN

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác ln tạo thành một tam

giác cân.

Do đó khi tơ 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy ra hai khả năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác 
nhau và tạo thành một tam giác cân.

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo
0,25

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

thành một tam giác cân.

Vậy, trong mọi trường hợp ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh được tơ bởi
cùng một màu hoặc đôi một khác màu.

0,25

10QN. Bên trong một hình vng có cạnh bằng 8cm, lấy 100 điểm bất kì. Chứng minh rằng
trong 100 điểm vừa lấy, có ít nhất 4 điểm cùng nằm trong một đường trịn có bán kính bằng 1cm.

DAPAN

C
B

P
N

Q
M

Gọi ABCD là hình vng có cạnh bằng 8cm.

Giả sử 100 điểm được vẽ bên trong hình vng ABCD là A1, A2, …A100. Dựng 100
đường trịn có tâm Ai có cùng bán kính bằng 1cm, kí hiệu mỗi đường trịn là (Ai) (i =
1, 2, ..100).

Tổng diện tích của 100 đường trịn vừa vẽ là 100πcm2.

Vẽ hình vng MNPQ có cùng tâm với hình vng ABCD (như hình vẽ), có MN //
AB và MN = 10cm.

Khi đó tất cả các đường tròn đã vẽ ở trên đều nằm bên trong hình vng MNPQ và
hình vng MNPQ có diện tích bằng S1 = 100cm2.

Do π> 3 nên S > 3S1, suy ra tồn tại điểm O là điểm trong của ít nhất 4 đường trịn
trong số các đường tròn (Ai). Giả sử 4 đường tròn này là (A1), (A2), (A3), (A4).

Khi đó 4 điểm A1, A2, A3, A4 sẽ nằm bên trong đường tròn tâm O bán kính bằng 1cm.

11QN. Một học sinh có 12 quyển sách đơi một khác nhau, trong đó có 2 sách Toán, 4 
sách Văn và 6 sách Anh văn. Có bao nhiêu cách sắp xếp lên kệ sách dài nếu các cuốn

sách cùng loại xếp liền nhau.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Đặt 3 nhóm sách lên kệ dài thì có 3! cách

Trong mỗi nhóm ta hốn vị các sách cùng loại với nhau thì

sách Tốn có 2! cách

Sách Văn có 4! cách

Sách Anh văn có 6! cách

Vậy có 3!.2!.4!.6! = 207360 cách sắp xếp.

0,25

0,5

0,25

12QN. Cho hình vng 1 đơn vị chứa 101 điểm. Chứng minh rằng có ít nhất 5 điểm thuộc

một đường trịn có bán kính nhỏ hơn
1
7 .

DAPAN

Chia hình vng đơn vị thành 25 hình vng có cạnh là
1

Xếp 101 điểm vào 25 hình vng. Theo ngun lí Đrichlê tồn tại ít nhất 1 hình

vng chứa 5 điểm 0,25

Giả sử 5 điểm thuộc hình vng ABCD.
Gọi I là giao điểm của AC và BD



2 2

1 1 1 1 2 1

IA AC

2 2 5 5 10 7

   

       

   

0,25

 ABCD nằm trong (I, IA) mà

 0,25

Vậy có ít nhất 5 điểm thuộc một đường trịn có bán kính nhỏ hơn
1

7 . 0,25

13QN.Sau một bữa tiệc, mỗi người bắt tay một lần với mỗi người khác trong phòng. Hệ

thống camera tự động đếm thấy có tất cả 66 cái bắt tay.

Hỏi trong phịng có bao nhiêu người?

DAPAN

Gọi số người trong phịng cần tìm là n (người) thì mỗi người sẽ bắt tay với
n-1 người cịn lại.

Mỗi “Cái bắt tay” phải có 2 người với nhau (2 lần )

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Như vậy n người sẽ có n(n-1) lần bắt tay. Và số “Cái bắt tay” là

( 1)

n n

A 

132 0

( 1) 528 529

529 23

12 ( / )

11 (lo¹i)

   

    

  

 



n n

n t m

n

Vậy số người trong phòng là 12 người

0,25điểm

14QN. Có 9 chiếc bàn vừa màu xanh, vừa màu đỏ xếp thành một hàng dọc cách đều
nhau. Chứng minh rằng có ít nhất một chiếc bàn được xếp cách 2 bàn cùng màu với mình
một khoảng cách như nhau.

DAP AN

5

(1đ)

+ Gäi tªn theo thø tù 9 chiếc bàn là B1,B2,B3, B4,B5,B6 B7,B8,B9. Giả sử

khụng cú bn nào đợc xếp cách đều hai bàn cùng màu với mình (*).

+ Khơng mất tổng qt, giả sử B5 là bàn màu xanh, khi đó B4 và B6

kh«ng thĨ cïng màu xanh. Có hai khả năng:

- B4 v B6 cựng màu đỏ. Do đó B4 cách đều B2 và B6, còn B6 cách đều

B4 và B8 nên B2 và B8 cùng màu xanh, suy ra B5 đợc xếp cách đều hai

bàn cùng màu xanh là B2 và B8, trái với giả thiết (*).

- B4 và B6 khác màu, không mất tổng quát, giả sử B4 màu xanh còn B6

mu . Do B4 cách đều B3 và B5 nên B3 là bàn màu đỏ. Do B6 cách

đều B3 và B9 nên B9 là bàn màu xanh. Do B5 cách đều B1 và B9 nên B1

màu đỏ. Do B2 cách đều B1 và B3 nên B2 màu xanh. Do B5 cách đều B2

và B8 nên B8 có màu đỏ. Do B6 và B8 cùng có màu đỏ nên B7 có màu

xanh. Nh vậy B đợc xếp cách đều hai bàn cùng màu xanh là B và B ,

0,25®

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

trái với giả thiết (*)

Vậy cả hai khả năng trên đều dẫn đến vô lý nên điều giả sử (*) là
sai. Nh vậy có ít nhất một bàn đợc xếp cách đều với hai bàn cùng màu
với mình.

0,25®

15QN. Hỏi có hay khơng 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ
số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng khơng có cùng số dư khi chia cho 16?

ĐAPAN

5/
(1đ)

Không tồn tại 16 số như vậy.

Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số
dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15;
trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ.

Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a,

b và chữ số lẻ là c.

0.25

Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:

aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc, , , , , , , , .

Gọi x x1, , ,2  x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng
cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó



mod16



i j

x c x c  không là ước của x c x ci  j tức là xi xj

không chia hết cho 8

Nhưng trong 9 số x x1, , ,2  x9 chỉ có ba số lẻ ac bc cc, , nên 8 số bất

kỳ trong 9 số x x1, , ,2  x9 ln có hai số có cùng số dư khi chia cho 8,
mâu thuẫn.

Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn 
cũng khơng xảy ra

0.25

16QN. Cho A làmộtsốngundương. Biếtrằngtrongbamệnhđềsauđây P, Q, R

chỉcóduynhấtmộtmệnhđềsai. Tìm A?

P = “ A + 51 làbìnhphươngcủamộtsốtựnhiên”
Q = “ A cóchữsốtậncùng là 1”

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Nếumệnhđề Q đúng => A+51 tậncùnglà 2 => P làmệnhđềsai.

Khiđó A – 38 tậncùnglà 3 => R khơnglàbìnhphươngcủamộtsốtựnhiên => R
làmệnhđềsai

VậyQlàmệnhđềsai

0.25 điểm

0.25 điểm
VậyQlàmệnhđềsaivà P, Rlàhaimệnhđềđúng.

Ta có



 



2
2
2 2
2
51 (x N)

38 (y N)

89 1.89

45
89

51 45 1974.

A x

A y

x y x y x y

x y
x
x y
A A
  
  
      
 

   
 

    
0.5 điểm

18QN. Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong
3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3
đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đơi

một khác màu.

DAPAN

(1,0
điểm)

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của
ngũ giác ln tạo thành một tam giác cân.

Do đó khi tơ 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và
tím sẽ xảy ra hai khả năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho 
thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam
giác cân.

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có
ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân.

Vậy, trong mọi trường hợp ln tồn tại ít nhất một tam giác
cân, có 3 đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác

màu.

0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

19QN. Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 1m, trong hình vng đó đặt 55 đường trịn,

mỗi đường trịn có đường kính
1

9 m. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít
nhất bảy đường tròn.

DAPAN

(1,0

Điểm)

Kẻ 9 đường thẳng song song cách đều chia hình vng
thành 10 hình chữ nhật có chiều rộng là 0,1m.

Vì đường kính của mỗi hình trịn lớn hơn 0,1m nên mỗi
đường trịn bị ít nhất một trong 9 đường thẳng vừa kẻ cắt.
Nếu mỗi đường thẳng chỉ cắt khơng q 6 đường trịn thì
số đường trịn khơng q 9.6=54 .

Vì có 55 đường trịn nên ít nhất phải có một đường thẳng cắt 7
đường trịn.

0,25

0,25
0,25

20QN. Một gia đình lớn gồm bốn thế hệ, trong đó có bảy cặp ơng nội – cháu nội. Biết
rằng, trong gia đình đó mỗi người đều chỉ có nhiều nhất hai con. Hỏi gia đình đó có ít
nhất mấy người là nam? Tại sao?

Xét 7 người cháu nội:

+/ Nếu 7 người này ở cùng một thế hệ thì thế hệ trước của 7 người này phải có ít nhất 4
nam (vì mỗi người nam là cha của nhiều nhất hai người con) và thế hệ trước nữa phải có
ít nhất hai nam (cha của 4 người nam nói trên).

Như vậy số người nam trong trường hợp này khơng ít hơn 6.

+/ Nếu 7 người này thuộc vào hai thế hệ (thế hệ 3 và thế hệ 4) thì số người nam khơng ít
hơn 5 (tự suy luận tương tự).

</div>