10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên (Chuyên đề: Số học)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.4 MB, 7 trang )

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

Câu 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: . 2 2

2x 4x 3 y  19 0.

Câu 2: Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a1 và b2019 đều chia hết cho 6.
Chứng minh rằng 4a + a + b chia hết cho 6.

Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abc ed sao cho abc(10de) chia hết

cho 101?

Câu 4: (PHNK- ĐHQG Tp Hồ Chí Minh 2013-2014)

Cho 2

3a 1

M a   với a là số nguyên dương.
a) Chứng minh mọi ước số của M đều là số lẻ.

b) Giả sử M chia hết cho 5, tìm a. Với giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?

Câu 5: Cho x, y, z là các số tự nhiên thỏa 2 2 2

x y z . Chứng minh rằng xyz chia hết cho

60.

Câu 6: (KHTN- ĐHQG Hà Nội 2013-2014)

Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 2 2

5x 8y 20412

Câu 7: Cho *

1.2 2.3 3.4 ... ( 1);( )

n

S     n n n

Chứng minh rằng 3. .(Sn n 3) 1 là một số chính phương

Câu 8: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau:

3 3 2

x y z

 



 



Câu 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2

3 2x 2x 10 4 0

x  y  y  y  .

Câu 10: Chứng minh tổng 2 2018 2019

1 2 2 ... 2 2

S      chia hết cho 31.

10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên

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

Câu 1:

Theo đề x y,  nên:

2 2

2x 4x 3 y 190

2 2

2x 4x+2 3y 21

   

2 2

2(x 1) 3y 21

   

Vì x y,  nên 2 2

3y 21y  7 |y| 2
2

2 2( 1) 9( )

0 2( 1) 21( )

y 1 2( 1) 18

y x l

x
x

x



     



    





       

   



Vậy cặp nghiệm ( ; )x y {(2;1),(2; 1),( 4;1),( 4; 1)}   

Câu 2:

Vì (a1) 6, a  a 5

Từ giả thiết a1 6;b2019 6  a b 2020   (a b 4 336.6) 6.
Vậy ta chỉ cần chứng minh (4a4) 6

Mặc khác: 1 4 5 1

4 4 4(4 1) 4 1 (4 1) 255 3

a

a   a        

 

 

Vậy 4a + a + b chia hết cho 6.

Câu 3:

Ta có:

(10d ) 101 101. [ (10d )] 101 100 10d 101 101

abc e  abc abc e  abc e abcde
Vậy các số cần phải tìm chính là các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101.

10000 100 101x100   10100 là các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101.
99999 9 101x990   99990 là các số tự nhiên có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101.
Vậy số các số có 5 chữ số chia hết cho 101 là 99990 10100 1 891

101



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

Câu 4:

2 2 2

3a 1 ( 2a 1) 5a ( 1) 5a

M a    a     a 
Ta có: M 5;(5a) 5. Do đó 2

(a1) 5. Nên a1 5
Nên : a chia 5 dư 1, tức là a5k1(k )

Đặt 2 * *

3a 1 5 (n )(

a    n n vì do a1 nên 2

3a 1 5)

a   
Ta có: 5 5n theo trên ta có : a5k1(k )

Ta có : 2 2

(5k1) 3(5k  1) 1 5n 25k 10k 1 15k  3 1 5n

25 ( 1) 5 5 (*)n

k k

   

Nếu n2 ta có 2

5 5n , mà 2

25 (k K1) 5 ; 5 không chia hết cho 2

5  vô lý
Vậy với n1, ta có 25 (k k 1) 0;k . Do đó k 0nên a1 .

Câu 5:

Ta chứng minh một số bổ đề sau.

Một số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1, chia 4 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 3, chia 5
chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4.

Thật vậy, trước tiên ta chia các số nguyên thành các dạng: 3 ,3k k1,3k2

Mà

2 2

(3 )k 9k 0(mod3)

2 2

(3k1) 9k 6k 1 1(mod3)

2 2

(3k2) 9k 12k 4 1(mod3)

Do đó, một số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 0, 1. Tương tự, ta có các điều nói trên.
Ta sẽ chứng minh xyz chia hết cho thông qua việc sử dụng các bổ đề trên

Trước tiên, ta chứng minh .

Giả sử đều khơng chia hết cho 4. Do đó, 2 2 2
, ,

x y z chia 4 dư 1 hoặc 3.
Mà 2 2 2

( d3)

x y z mo hay nói cách khác:

1 1 3( d3)

1 1 1( d3)

1 3 1( d3)

1 3 3( d3)

mo
mo
mo
mo

 

  

  
  


(vô lý)

Vậy, xyz 3

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

Câu 6:

Trước hết ta nhận thấy tổng trên được viết dưới dạng hai số chính phương. Ta cần chứng
minh mọi số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 1 hoặc 0.(có thể tham khảo chứng
minh ở câu 5)

Vậy tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3.
Đặt 3 ;( , )

y 3

x a
a b

b





 



pt đã cho 2 2 2 2 2 2 2 2

6x 9y 20412 x y 3(2x 3y 6804) x y (1)

         

Thay vào (1), ta có 2 2 2 2 2 2 2 2

3(2.9a 3.9b 6804)9a 9b 3(2a 3b 756)a b (2)

2 2

3 3 9

a 3

3 3d 9d

a a c a c

b

b b b



 

  

    

  

  

Thay vào (2), ta có 2 2 2 2 2 2 2 2

3(2.9c 3.9d 756)9c 9d 3(2c 3d 84)c d (3)

2 2

3 3 9

3 3f 9f

c c e c e

c d

d d d



 

  

    

  

  

Thay vào (3), ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3(2.9e 3.9f 84)6e 9f 286e 9f 28 e f (3)5e 8f 28(4)

2 2

8f 28 f 3,5 | f | 2 f { 1;0;1}

        

Dễ thấy f=0 khơng thỏa bài tốn

Thay f= 1 vào bài toán ta suy ra e 2
Thay f=-1 vào bài toán ta suy ra e 2

Với các giá trị của e, f ta dễ dàng suy ra được c, d cũng như a, b và suy ra được nghiệm
x ;y

Vậy phương trình trên nhận nghiệm ( ; )x y  {(54; 27), (54; 27), ( 54; 27), ( 54; 27)}   

Câu 7:

Ta có:

1.2 2.3 ... ( 1)

n

S    n n

3Sn 1.2.3 2.3.3 ... n n( 1).3

     

3Sn 1.2.(3 0) 2.3.(4 1) ... n n( 1).[(n 2) (n 1)]

          

3Sn 1.2.3 2.3.4 1.2.3 ... n n( 1)(n 2) (n 1) n(n 2)

          

3Sn n n( 1)(n 2)

   

3. .(Sn n 3) 1 n n( 1)(n 2)(n 3) 1

       

2 2

3. .(Sn n 3) 1 (n 3 )(n n 3n 2) 1

       

2 2

3. .(Sn n 3) 1 (n 3n 1)

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

Câu 8:

3 3 2

x y z

 



 



2 2 2

( )( )

x y z

x y x xy y z

 

 
   
 
2
( )[( ) 3x ]
x y z

x y x y y z

 

 

   



Thế x y z vào pt dưới, ta được :

2 2

2
( 3x )

( 3x ) 0

z z y z

 
   
2
2
0
3x 0
3

z x y

z z

z y z xy

   


 

     



Áp dụng định lý Vi-èt đảo ta có :
2

X 0

3
z z
X z   

2 4( )

( ) 0

3
z z

z 

   

4z 0 0 4

z z

      

0 0

3 3 3 3

2 ; ( )

3 3

2; 1
3

1; 2

4 2

z x y

z x y l

x y

z

x y

z x y

   


 
    

    
   
   

   


Vậy hệ phương trình trên nhận nghiệm ( ; ; ) {(0;0;0),(2;1;3),(1;2;3),(2;2;4)}x y z 

Câu 9:

2 2

3 2x 2x 10 4 0

x  y  y  y 

2 2

3x 3 3 9 4 0

x xy xy y y x y

         

(x 3) 3 ( 3) ( 3) 7

x y y x y x y

          

(x y 3)(x 3 y 1) 7

      

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

3 1

3 1 7

3 1

3 1 7

3 7

3 1 1

3 7

3 1 1

x y

   


    




    
   


    


    


   





   




1
3
3

1
7
3
3
1
x
y
x
y
x
y
x
y
 


  



 
 

  


  


 






 




(thỏa)

Vậy phương trình trên nhận nghiệm ( ; )x y  {(1;-3),(3;1),(7;-3),(-3;1)}

Câu 10:

Ta có :

2 2018 2019

1 2 2 ... 2 2

S     

2 3 4 2015 2016 2017 2018 2019

(1 2 2 2 2 ) ... (2 2 2 2 2 )

S

           

2 3 4 2015 2 3 4

(1 2 2 2 2 ) ... 2 (1 2 2 2 2 )

S

           

2 3 4 5 2015

(1 2 2 2 2 )(1 2 ... 2 )

S

        

5 2015
31.(1 2 ... 2 )

S

    

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

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, 
nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các

trường chuyên danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây 
dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học. 
- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên 
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS THCS

lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt điểm tốt
ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho 
học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS. Trần

Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng đơi HLV đạt

thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các 
môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham

khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi miễn 
phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên (Chuyên đề: Số học)

<b>10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên </b>

<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về