23. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2010-2011 (chuyên)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.33 KB, 7 trang )

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

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN THI: TỐN (Vịng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).

1). Giải phương trình

(

x+ -3 x

)(

1- x+1

)

=1.
2). Giải hệ phương trình

(

)(

)

2 2 2 2

2 2

2
4

x y xy

x y x y
x y

ìïïï

íï + +

ïïỵ

+ =

= .

Câu II (3,0 điểm).

1). Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là aé ùë û. Chứng

minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức

3 1 1

27 3

n+ éêê n- + ùúú

ê ú

ë û không biểu diễn được dưới dạng lập phương

của một số nguyên dương.

2). Với ; ;x y z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy+ yz+ zx= , Tìm giá 5 trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)

(

)

(

)

3 3 2

6 5 6 5 6 5

x y z

P

x y z

+ +

+ + + + + .

Câu III (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD với BC song song AD . Các góc ·BAD và ·CDA là các góc nhọn. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC ( P không trùng với ;B C). Giả sử
đường tròn ngoại tiếp tam giác BIPV cắt đoạn thẳng PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIPV
cắt đoạn thẳng PD tại N khác P .

1). Chứng minh rằng năm điểm

A M I N D

;

; ;

;

cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là ( )K . 
2). Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại Q , chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn ( )K .

3). Trong trường hợp ; ;P I Q thẳng hàng, chứng minh rằng PB BD
PC= CA.

Câu IV (1,0 điểm). Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên N . Tập A có phần tử nhỏ nhất là 1, phần tử

lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A (x¹ ) ln tồn tại ;1 a b cũng thuộc A sao cho x a b= + ( a có thể bằng b ). 
Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất.

Câu I.

1). Điều kiện 0£ £ . x 1
Phương trình tương đương với

(

)

(

)

1 1 1 3 1 1 3

3 x x x x

x+ + x - + = Û - + = + + .

Nếu 0£ < Þx 1 3

(

1- x+ > , đồng thời 1

)

3 x+ x+ <3 1+ 4= 3,
suy ra VT> VP (loại).

Thử lại ta thấy x =1 là nghiệm.

Nhận xét: bài toán kết hợp giữa phương pháp nhân liên hợp và phương pháp đáng giá để tìm nghiệm của phương
trình.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Biểu thức liên hợp x+m- x=

(

x+ m- x

)(

x+ m+ x

)

m

x m x

Û + - =

+ + với x³ 0;x+ ³ . m 0

( )

m f x

ìï ³ ³

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

Ta có:

( )

m f x n n

f x m

g x h x m

ìï - + >

ïï

£ < Þ íï

+ <

ïïỵ , suy ra phương trình vơ nghiệm. Vậy x m= là nghiệm của

phương trình đã cho.

Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức nằm trong một tích, sẽ rất khó để định hình ra hướng giải, ẩn phụ sẽ rất
phức tạp. Nhưng nếu xét hai căn thức đầu tiên ta thấy

(

x- 3

) ( )

2- x 2= 3. Vì thế ta sẽ nghĩ ngay đến chuyện

dùng hằng đẳng thức dạng 2 2

(

)(

)

a - b = a- b a+b . Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

(

)

1 1 1 3 1 3 3

3 x x x x

x+ + x - + = Û - + = + + ( i ).

Với phương trình ( i ), ta sẽ đi nhẩm một vài giá trị nghiệm đẹp thỏa mãn các yêu cầu là 1³ x³ 0 và các biểu thức

trong căn thức là số chính phương vì thế ta khẳng định nó có nghiệm duy nhất x = 1, đồng thời 1 lại là miền chặn
của biến do đó ta sẽ đi đánh giá phương trình ( i ). Tức là với 0£ < ta sẽ đi chứng minh ( i ) vô nghiệm như sau: x 1

3 1 3 3

0 1

3 3

x

x VT VP

x x

ìï - + >

ùù

Ê < ị ớù ị > ị

+ + <

ùùợ ( i ) vô nghiệm.

Vậy ta kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình

(

x+ -2 x- 1

)(

2- x+1

)

= . 1
Đáp số: x = 2.

2. Giải phương trình

(

x+ -1 x- 2

)(

3- x+1

)

= . 1
Đáp số: x = 3.

2).

+ Xét x= y= 0 là nghiệm.

+ Xét x¹ 0;y¹ 0 hệ phương trình tương đương với

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 (1)

1 1 1 1 1 2

1 4 2 8 (2)

x y x y

x y xy x y xy

ì ì

ï ï

ï + = ï + =

ï ï

ï Û ï

íỉ ưỉ ư íỉ ưỉ ư

ï ÷ ÷ ï ữ ữ

ùỗ + ữỗ + ữ= ùỗ + ữỗ + ữ=

ùỗỗ ữỗỗ ữ ùỗỗ ữỗỗ ữ

ùỗ ữỗ ữ ùỗ ữỗ ữ

ùố ứố ứ ùố ứố ứ

ù ù

ợ ợ

Thay (1) vào (2) ta thu được

1 1

8
1

x y

xy
ìïï + =
ù

ổ ửữ ùù

ỗ + ữ =

ỗ ữ ớ

ỗ ữ ù

ỗố ứ ù =

ùùùợ

x y

= = .

Nhn xét: bài toán sử dụng phép chia các biến, sau đó kết hợp hai phương trình tìm mối liên hệ giữa hai biến để tìm
nghiệm của hệ phương trình.

Ý tưởng: quan sát thấy hệ phương trình có dáng dấp của hệ phương trình đối xứng loại hai, tức là sự xuất hiện của
tổng x y+ và tích xy sẽ làm ta nghĩ đến phép đặt Viet là S= +x y P; = xy để từ đó giải hệ hai ẩn ,S P . Nhưng

nếu làm như thế ta thu được hệ

(

)

2 2

1 4

S P P

ìï - =

ïïí

ï + =

ïïỵ , hệ này giải bằng phương pháp thế sẽ thu được phương trình lũy

thừa bậc 4 phức tạp, vì thế ta sẽ nghĩ đến phương án khác đó chính phương pháp “ chia để trị “. Trước hết là xét
phương trình hai, vế trái của nó xuất hiện tích đồng thời vế phải cũng xuất hiện tích số dạng .xy xy . Do đó ta sẽ

nghĩ đến việc chia một biểu thức bên vế trái cho xy và ta được nh sau: 1x 1y 1 xy1 4

ổ ửổữ ửữ

ỗ + ữỗ + ữ=

ỗ ữỗ ữ

ỗ ỗ

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

chủ đạo là hai biến 1 1;

x y vì vậy ta cũng chia phương trình một để xuất hiện hai biến này, đó là 2 2

1 1

x + y = . Và

nếu đặt ïïỵìï =ïíaxby= 11 hệ phương trình đã cho trở thành

(

)(

)

(

)(

)

2 2 2 2 2 2

1 4 2 2 4

a b a b

a b ab a b ab

ì ì
ï + = ï + =
ï ï
ï Û ï
í í
ï + + = ï + + =
ï ï
ï ï
ỵ î

(

)

(

)

(

)

2 2
2 2
3
2 2
2
2

2 4 8

a b

a b a ab b a b

ì
ì ï
ï + = ï + =
ïï ï
Û íï + + + = Û íï
+ =
ï ï
ïỵ ïỵ
2 2

2 1 1

1 1 1

a b

a b x y

x y
a b
ìï + =

ï
Û íï + = ị = = = = = =
ùợ
Bi toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình

(

) (

)

(

)(

)

2 2

1 1 27

1 1 10

x y xy

ìï + + =

ïï

íï + + =

ïïỵ .

Đáp số:

(

;

)

1; 2 3 , 2; 2

(

3 , 2

)

3; 1

2 2

x y =ỗỗỗổ ữửữữữ çççỉ - ÷÷÷ư÷

è ø è ø.

2. Giải hệ phương trình

(

)

(

)

3
3 3
2
2 2
1
1 16
1
1 8
x y
xy
x y
xy
ỡù ổ ử
ù ỗ ữ
ù + ỗ + ữ =
ù ỗ ữữ
ù ỗố ứ

ùùớ
ù ổ ử
ù ỗ ữ
ù + ỗ + ữ =
ù ỗ ữ
ù ỗố ữứ
ùùợ
.
Cõu II.

1). Ký hiệu 3 1 1 ,

27 3

K= éêê n- + ùúú

ê ú

ë û

n

>

1

Þ K³ 1.

Ta có

3 3

3 1 1 1 1 1 2

27 3 3 27 3

KÊ n- + < + K ổỗỗỗK- ửữữữữ Ê -n <ỗỗỗổK+ ữữữửữ

ố ứ ố ứ

3 2 1 1 3 2 4 8

3 27 27 3 27

K

K K n K K K

Û - + - £ - £ + + +

(

)

3 2 3 2 4 1 3 2

3 1

3 3 3

K

K n K K K K K n K K

Û + £ + < + + + Û < + < +

suy ra

2 3 1 1

27 3

n+ K = +n éêê n- + ùúú

ê ú

ë ûkhông biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.

Nhận xét. Áp dụng kiến thức về phần nguyên, quan hệ giữa phần nguyên của một số với số đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Áp dụng giả thiết của bài toán đề tìm ra điều kiện.

Ta có

n

là số nguyên dương nên

n

³

1

khi đó 3 1 1

27 3 1

n- + > .

 Giá trị phần ngun của một số khơng vượt qua số đó.

3 1 1

27 3 1

n- + > nên 3 1 1

27 3

1 n

é ù
ê + ú
ê ú
ê ú
ë

-

³

hay K³ . 1

 Một số thực bất kỳ có giá trị lớn hơn hoặc bằng giá trị của phần nguyên của nó và nhỏ hơn số nguyên liền sau
số nguyên biểu diễn phần nguyên của số thực đó.

Ta có

n

1 1 3

n

1 1 3

n

1 1 1

é ù é ù

ê + ú + < ê + ú+

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

3 1 1 1

27 3

K n K

Û £ - + < + .

Tiếp tục biến đổi như trên bài giải ta được 3 2

(

)

1
K < +n K < K+ .
 Không tồn tại một lập phương nào giữa hai lập phương liên tiếp.

Ta có 3

K và

(

K +1

)

3 là hai lập phương liên tiếp. Mà 3 2

(

1

)

K < +n K < K+ nên 2

n+K không thể viết
được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.

Vậy với mọi số nguyên dương

n

, biểu thức

3 1 1

27 3
n éêê n ùúú

ê ú

ë û

+ - + không biểu diễn được dưới dạng lập

phương của một số nguyên dương.

2). Ta có

(

)

(

)

6 x + 5 + 6 y + 5 + z +5

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

6 x y x z 6 y z y x z x z y

= + + + + + + + +

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

3 2 3 2

2 2 2

x+ y + x+z x+ y + y+ z z+ x + z+ y

£ + +

(

)

9 9 6 3

3 3 2

2 2

x y z

+ +

£ = + + ,

suy ra

(

)

(

)

(

)

3 3 2 2

6 5 6 5 6 5

x y z

P

x y z

+ +

= ³

+ + + + +

Đẳng thức xảy ra khi x= =y 1;z= 2

Vậy min

2
.
3

P =

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép thế từ giả thiết và bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương để tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức.

Ý tưởng: Quan sát thấy, bài tốn có sự đối xứng giữa hai kiến ;x y nên điểm rơi sẽ xảy ra tại x y kz= = . Thế lại
giả thiết ta sẽ tìm được x= =y 1;z= . Gi2 ả thiết cho

xy

+

yz

+

zx

=

5

đồng thời số 5 này cũng xuất hiện ở biểu

thức P nên ta sẽ nghĩ đến chuyện thế giả thiết vào P . Khi đó ta có:

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

3 3 2

6 6

x y z

P

x y x z y z y z z x z y

+ +

+ + + + + + + + .

Và điều ta cần là sử dụng đánh giá nào đó để triệt tiêu tử số và mẫu số, tức là tìm số m thỏa mãn:

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

6 x+ y x+ z + 6 y+ z y+z + z+ x z+ y £ m x3 +3y+ 2z .

Thì lúc đó P 1
m

³ . Câu chuyện tiếp theo là tìm m , quan sát thấy các biểu thức trong căn đều là tích của hai thừa số 
dương, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương nhưng phải thỏa mãn điều kiện điểm rơi. Với căn
thức cuối, với điểm rơi x y= Û + = + thì ta có ngay rằng z x z y

(

)(

)

x y z

z+ x z+ y £ + + .

Cũng với tư duy đó, ta sẽ thấy:

(

)(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

3 2

x y x z

x y x z

y z y x

y z y x

+ + +

+ + £

+ + +

+ + £

Nên 6

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

3 3 2

)

x+ y x+ z + y+ z y+ z + z+x z+ y £ x+ y+ z .

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

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho ; ;a b c > 0 và thỏa mãn a+ + = . Chb c 1 ứng minh rằng:

1
2

bc ca ab

P

a bc b ca c ab

= + + £

+ + + .

2. Cho ; ;a b c > 0 và thỏa mãn a+ + = . Chb c 1 ứng minh rằng:

3
2

bc ca ab

P

a bc b ca c ab

= + + £

+ + + .

Câu III.

1). Tứ giác BPIM nội tiếp và AD BCP , suy ra ·MAD= ·BPM= BIM· , nên tứ giác AMID nội tiếp. 
Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp.

Vậy các điểm ; ; ; ;A M I N D thuộc một đường tròn ( )K .

Nhận xét. Chứng minh năm điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh cho bốn điểm trong đó tạo thành một
tứ giác nội tiếp.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.

· ·

BPM= BIM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼BM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPIM ).

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các cặp góc so le trong bằng nhau.

· ·

BPM= MAD (hai góc so le trong của BP ADP ), suy ra ·BIM= MAD· .

 Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh đối diện bằng góc trong khơng kề với nó thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác MIDA có góc ·BIM là góc ngồi tại đỉnh I và góc ·MAD là góc trong tại đỉnh A khơng kề với I 
thỏa mãn ·BIM= MAD· nên suy ra MIDA là tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được DNIA là tứ giác nội tiếp. 
Do đó 5 điểm ; ; ; ;A M I N D cùng thuộc một đường tròn.

2). Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có ·QMI= BPI· =CNI· , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp. 
Mà M I N; ; Ỵ ( )K , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( )K .

Vậy Q thuộc đường tròn ( )K .

Nhận xét. Chứng minh một điểm nằm trên một đường tròn ta chứng minh điểm đó cùng ba điểm nằm trên đường
trịn tạo thành một tứ giác nội tiếp.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh khơng kề với nó.

+ Tứ giác BPIM là tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại đỉnh M và góc trong tại đỉnh I khơng kề với nó nên

K

Q

N
M

P

I

B C

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

+ Tứ giác CPIN là tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại đỉnh P và góc trong tại đỉnh N khơng kề với nó nên

· ·

BPI= CNI, suy ra ·QMI=CNI· .
 Áp dụng nhắc lại kiến thức.

Tứ giác MINQ có góc ·INC là góc ngồi tại đỉnh N và góc ·QMI là góc trong tại đỉnh M không kề với N 
thỏa mãn ·INC=QMI· nên suy ra MINQ là tứ giác nội tiếp.

 Qua ba điểm không thẳng hàng xác định được một và chỉ một đường tròn.

Bốn điểm M ; I ; N ; Q cùng thuộc một đường tròn mà ba điểm M ; I ; N cùng thuộc đường tròn ( )K nên 
suy ra Q cũng thuốc đường tròn ( )K .

3). Khi ; ;P I Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường trịn( )K ta có ·AIQ= PIC· (đối đỉnh); ·PIC= PNC· (do
tứ giác NIPC nội tiếp).

· ·

PNC= QND (đối đỉnh); ·QND= QID· (do tứ giác INDQ nội tiếp).

· ·

AIQ QID

Þ = , suy ra IQ là phân giác ·DIA nên IP là phân giác góc ·BIC .

Do đó PB IB ID IB ID BD PB BD

PC IC IA IC IA AC PC CA

= = = = Þ =

+ .

Nhận xét. Chứng minh đẳng thức là tỷ số của các đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên hệ giữa các đoạn thẳng
thông qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngồi tam giác, tính chất của tỷ lệ thức.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.

+ Góc ·AIQ và góc ·PIC là hai góc đối đỉnh nên ·AIQ= PIC· .
+ Góc ·PNC và góc ·QND là hai góc đối đỉnh nên ·PNC= QND· .
 Áp dụng nhắc lại kiến thức.

+ ·PIC= PNC· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »PC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PINC ).

+ ·QND= QID· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼QD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác QNID ), suy ra

· ·

AIQ=QID .

 Một tia nằm giữa hai tia và chia góc tạo bởi hai tia đó thành hai góc bằng nhau thì tia này là tia phân giác.
Ta có IQ nằm giữa IA và ID mà ·AIQ=QID· suy ra IQ là phân giác của góc ·AID .

 Hai góc đối đỉnh có chung đường phân giác hay tia phân giác của góc này là tia đối của tia phân giác góc kia.
+ IQ là phân giác của góc ·AID .

+ IQ là tia đối của tia IP .

Góc ·AID và góc ·BIC là hai góc đối đỉnh, suy ra IP là phân giác của góc ·BIC

 Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số bằng với tỷ số hai
cạnh tương ứng của tam giác.

Ta có IP là phân giác của góc trong ·BIC của tam giác CBID nên PB IB
PC= IC
 Định lý Ta-lét.

Ta có BC ADP nên IB IC IB ID

ID= IAÛ IC= IA, suy ra

PB IB ID

PC= IC= IA.

 Tỷ lệ thức PB IB ID IB ID BD PB BD

PC IC IA IC IA AC PC AC

= = = = Û =

+ (điều phải chứng minh).

Câu IV. Giả sử A có

n

số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1= x1< x2< x2<L L <xn=100 (1).
Suy ra với mỗi kỴ

{

1,2,3,K,n- 1

}

ta có

x

k+1

= +

x

i

x

j

£

x

k

+

x

k

=

2 x

k (2), với 1£ i j, £ k.

Áp dụng kết quả

( )

2

ta thu được x2£ + = ; 1 1 2 x3£ + = ; 2 2 4 x4£ ; 8 x5£ 16; x6£ 32; x7£ 64, suy ra tập
A phải có ít nhất 8 phần tử.

+) Giả sứ n= Þ8 x8= 100.

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

Vì x5+ x6£ 16+ 32= 48Þ x7= 2x6Þ x6= 25.

Vì 4 5 6 5 5 25

8 16 24 25 2

x + x £ + = < Þ x = x Þ x = (mâu thuẫn).

+) n = 9 ta có tập

{

1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100

}

thỏa mãn yêu cầu bài toán .

Đáp số:

n=

9

Nhận xét. Các bài toán dạng này chủ yếu đánh giá tư duy và khơng có cách giải tổng qt.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Từ 1 đến 100 có 100 số tự nhiên. Tập hợp A là tập hợp con của tập ¥ có phần tử nhỏ nhất bằng 1 và lớn 
nhất bằng 100 nên tập hợp A không vượt quá 100 phần tử.

Tổng quát, tập hợp A có 2£ £n 100 phần tử, sắp xếp các phần tử này theo thứ tự

1 2 2

1= x <x < x <L L < xn=100

 Theo đề bài có x a b= + với x, a, b đều là thuộc tập hợp A nên ta có x a

x b

ìï >
ïí
ï >

ïỵ do đó mỗi

{

1,2,3, , 1

}

kỴ K n- ta có xk+1= +xi xj£ xk+ xk= 2xk với 1£ i j, £ k.

 Áp dụng kết quả

x

k+1

= +

x

i

x

j

£

x

k

+

x

k

=

2 x

k ta được

2 1 1 2

x £ + = ; x3£ + = ; 2 2 4 x4£ ; 8 x5£ 16; x6£ 32; x7£ 64,
suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử.

 Giả sử n = 8 theo thứ tự giả sử ta suy ra được

x =

8

100

 Áp dụng các kiến thức trên, cùng cách tính tốn giải phương trình bậc nhất.
+ Vì x6+ x7£ 32+64= 96Þ x8= 2x7Þ x7= 50.

+ Vì x5+ x6£ 16+32= 48Þ x7= 2x6Þ x6= 25.

+ Vì 4 5 6 5 5 25

8 16 24 25 2

x + x £ + = < Þ x = x Þ x = (mâu thuẫn).

 Vì A là tập hợp có ít nhất 8 phần tử mà xét trường hợp có 8 phần tử cho kết quả mâu thuẫn nên tập hợp A có 
ít nhất 9 phần tử.

Với n = 9 theo thứ tự giả sử ta suy ra được

x =

100

từ đó ta tìm được một tập hợp

{

1,2,3,5,10,20,25,50,100

}

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

</div>

23. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2010-2011 (chuyên)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

<i>A M I N D</i>

;

; ;

;

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

( )

( )

( )

( )

( )

(

) ( )

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)(

)

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)(</sub>

<sub>)</sub>

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

<i>n</i>

>

1

(

)

<i>n</i>

<i>n</i>

³