tẬp san toÁn hỌc sỐ 04 – 2020 - geosiro · 2020. 7. 22. · hæp và mºt đ• ôn cho...

TẬP SAN TOÁN HỌC

SỐ 04 – 2020

STAR EDUCATION

Mục lục

1 Một số bài toán bất đẳng thức chọn lọc 3

2 Một số tính chất của tứ giác ngoại tiếp 12

3 Dùng bất đẳng thức, kẹp giá trị giải phương trình nghiệm nguyên 20

4 Tổng hợp một số bài toán đố 34

5 Đề ôn tập kì thi tuyển sinh vào lớp 10 PTNK 45

6 Giới thiệu một đề thi thử THPT QG thú vị 50

1

2

NGUYỄN TĂNG VŨ - VƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ - TRẦN BÁ ĐẠT

TẬP SAN TOÁN HỌC

STAR EDUCATIONSố thứ 04 - 2020

Đây là lần thứ tư nhóm biên tập chúng tôi gửi đến độc giả quyển tài liệu Tập san Toánhọc STAR EDUCATION. Trong tập san này, đối tượng chủ yếu được hướng đến là cácem học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 của Thành Phố Hồ ChíMinh và kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia. Bên cạnh các chuyên đề, tập san cũng cóhai đề ôn tập dành cho các thí sinh tham dự các kì thi trên.

Vẫn như các lần trước, tập san bao gồm đủ các phân môn Đại số, Hình học, Số học, Tổhợp và một đề ôn cho học sinh lớp 9 chuẩn bị thi vào 10, cùng với đó là lời giải chomột đề thi thử THPT Quốc gia. Ngoài lực lượng giáo viên trẻ của STAR EDUCATIONvà trường Phổ Thông Năng Khiếu, Ban biên tập còn nhận được sự đóng góp của bạnNguyễn Thế Bình, cựu học sinh PTNK khóa 17-20. Rất mong nhận được thêm sự đónggóp của bạn đọc gần xa cho tập san để ngày một phong phú hơn, phục vụ tốt hơn chocộng đồng dạy và học Toán.

Mọi đóng góp xin gửi về các địa chỉ [email protected] hoặc [email protected].

Bản quyền thuộc trung tâm STAR EDUCATION, được đăng tải miễn phí trên mạng.Mong rằng tài liệu này sẽ được đón nhận và được chia sẻ rộng rãi. Xin chân thànhcảm ơn.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

[email protected]@[email protected]

Một số bài toán bất đẳng thức chọn lọc

Đoàn Cao Khả(SV Đại học ĐHSP TP Hồ Chí Minh)

1. Bài tập

Bài toán 1. Cho 9a2 + 8ab+ 7b2 ≤ 6. Chứng minh rằng 7a+ 5b+ 12ab ≤ 9.

Lời giải. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

7a+ 5b+ 12ab ≤ 7

a2 +14

+ 5

b2 +14

+ 12ab

= (9a2 + 8ab+ 7b2)− 2(a− b)2 + 3≤ (9a2 + 8ab+ 7b2) + 3≤ 6+ 3= 9.

Bài toán 2. Cho các số dương x , y thoả mãn x3 + y3 ≤ x2 + y2. Tìm GTLN củaP = x y.

Lời giải.

Cách 1: Ta có

x y ≤14(x + y)2 ≤

(x3 + y3)2

(x2 + y2)2≤(x2 + y2)2

(x2 + y2)2≤ 1.

Cách 2: Đặt y = kx , ta được x ≤k2 + 1k3 + 1

, khi đó

x y = kx2 ≤ k(k2 + 1)2

(k3 + 1)2= 1−

(k− 1)2(k4 + k3 + k2 + k+ 1)(k+ 1)2((k2 − k+ 1)2)

≤ 1.

Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức CS ta chứng minh được

x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ x + y ≤ 2.

Từ đó x y ≤x2 + y2

2≤ 1.

3

4 Đoàn Cao Khả

Cách 4: Ta có√

√ x2 + y2

2≤

3

√

√ x3 + y3

2≤

3

√

√ x2 + y2

2.

Suy ra x2 + y2 ≤ 2, từ đó x y ≤x2 + y2

2= 1.

Bài toán 3. Cho a, b, c, d là các số thực dương thoả mãn abc+ bcd+ cda+ dab = 4.Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4.

Lời giải. Ta có

4= abc + bcd + cda+ dab = ab(c + d) + cd(a+ b)

≤a2 + b2

2.p

2(c2 + d2) +c2 + d2

2.p

2(a2 + b2)

=p

(a2 + b2)(c2 + d2).

√

√a2 + b2

2+

√

√ c2 + d2

2

≤(a2 + b2) + (c2 + d2)

2.p

(a2 + b2) + (c2 + d2)

Suy ra

4≤12

Æ

(a2 + b2 + c2 + d2)3⇔ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4.

Dấu ’=’ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.

Lời giải. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a2+ b2+ c2+2abc ≤ 1. Chứng minhrằng

1a+

1b+

1c− 2(a+ b+ c)≥

ab+

bc+

ca

.

Lời giải. HD: Do tính đối xứng giữa các biến nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức

1a− 2b ≥

ca

.

Theo bất đẳng thức AM-GM

2ab+ c2 + 2abc ≤ a2 + b2 + c2 + 2abc ≤ 1⇔ (c + 1)(c + 2ab− 1)≤ 0.

Vì c > 0 nên c + 2ab ≤ 1⇔1a− 2b ≥

ca

.

Bài toán 4. Cho các số thực dương a, b, c, thoả mãn abc(a+ b+ c) = 3. Chứng minhrằng

(a+ b)(b+ c)(c + a)≥ 8


Đoàn Cao Khả

Lời giải. Ta có

3= abc(a+ b+ c)≥ 3abc3p

abc⇒ abc ≤ 1⇒ a+ b+ c ≥ 3.

Khi đó(ab+ bc + ca)2 ≥ 3abc(a+ b+ c) = 9⇒ ab+ bc + ca ≥ 3.

Từ đó ta có

(a+ b)(b+ c)(c + a) = (a+ b+ c)(ab+ bc + ca)− abc ≥ 9− 1= 8.

Bài toán 5. Cho x , y là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức

P = x + y +|x − 1|

y+|y − 1|

x.

Lời giải. Với x = y = 1 dễ thấy P = 2. Ta sẽ chứng minh P ≥ 2, với mọi x , y dương.Thật vậy:Nếu (x − 1)(y − 1)≥ 0 thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.Ngược lại không mất tổng quát giả sử x > 1, y < 1. Khi đó

P − 2= (x − 1)(x +1y−

1x+

yx)≥ 0.

Bài toán 6. Cho 0≤ x , y, z ≤ 1. Tìm GTLN của biểu thức

P =Æ

|y − z|+Æ

|z − x |+Æ

|x − y|.

Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x , y, z}. Khi đó

P =p

x − y +p

x − z +Æ

|y − z|.

Nếu y ≥ z ta được

P =p

x − y +p

x − z +p

y − z ≤Æ

2(x − y + y − z) +p

x − z

= (p

2+ 1)p

x − z ≤p

2+ 1.

Nếu z ≥ y ta được

P =p

x − y +p

x − z +p

z − y ≤Æ

(1+ 1)(x − z + z − y) +p

x − y

= (p

2+ 1)p

x − y ≤ 1+p

2.

Vậy max P =p

2+ 1. Dấu ’=’ xảy ra khi (x , y, z) = (1, 1/2,0) và các hoán vị.


6 Đoàn Cao Khả

Bài toán 7. Cho a, b, c là các số thực thoả mãn |a + b|+ |b + c|+ |c + a| = 8. TìmGTLN và GTNN của biểu thức

P = a2 + b2 + c2.

Lời giải. Đặt x =a+ b

2, y =

b+ c2

, z =c + a

2. Khi đó ta có

∑

x2 = 16− 2∑

|x y|

vàP = 3

∑

x2 − 2∑

x y = 48− 2(∑

x y + 3∑

|x y|).

Khi đó∑

x y + 3∑

|x y| ≤ 4∑

|x y| ≤43

∑

|x |2≤

643

nên P ≥163

. Dấu ’=’ xảy ra

khi (x , y, z) = (43

,43

,43).

Mặt khác ,∑

x y + 3∑

|x y| ≥ 2∑

|x y| ≥ 0 dẫn đến P ≤ 48. Dấu ’=’ xảy ra khi(x , y, z) = (4,0, 0) và các hoán vị.Cách khác:

8=∑

|a+ b| ≤Æ

3[(a+ b)2 + (b+ c)2 + (c + a)2]≤Æ

12(a2 + b2 + c2).

Do đó P ≥163

.

Mặt khác

8= |a+ b|+ | − b− c|+ |c + a| ≥ 2|a| ⇒ |a| ≤ 4⇒ a2 ≤ 16.

Tương tự b2, c2 ≤ 16 nên P ≤ 48.

Bài toán 8. Cho 1≤ a, b, c, d ≤ 2. Chứng minh rằng

|(a− b)(b− c)(c − d)(d − a)| ≤abcd

4.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

(a− b)2

ab.(b− c)2

bc.(c − d)2

cd.(d − a)2

da≤

116

.

Để ý rằng(a− b)2

ab≤

12

. Thật vậy, ta có

(a− b)2

ab≤

12⇔ 2(a− b)2 ≤ ab⇔ 2

ab

2− 5

ab

+ 2≤ 0

⇔ 2a

b− 2

ab− 1

≤ 0.

Bất đẳng thức cuối cùng xảy ra vì 1 ≤ a, b, c ≤ 2. Lập 4 bất đẳng thức tương tựrồi nhân vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c, d) =(2,1, 2,1) hoặc (1, 2,1, 2).


Đoàn Cao Khả

Bài toán 9. Cho x , y, z là các số thực không âm thoả mãn x+ y+z ≤ 1. Chứng minhrằng

6x yz ≤ x(1− x) + y(1− y) + z(1− z).

Lời giải.

Cách 1: Theo giả thiết 0≤ x , y, z ≤ 1 và do đó 3x yz ≤ x y + xz + yz, dẫn đến

(x + y + z)2 ≤ x + y + z⇔ x2 + y2 + z2 + 2(2y + xz + yz)≤ x + y + z.

Suy ra2(x y + xz + yz)≤ x(1− x) + y(1− y) + z(1− z).

Từ đó6x yz ≤ 2(x y + xz + yz)≤ x(1− x) + y(1− y) + z(1− z),

điều phải chứng minh.

Cách 2: Từ giả thiết x + y + z ≤ 1 ta có

1− x ≥ y + z ≥ 2pyz1− y ≥ z + x ≥ 2

pxz

1− z ≥ x + y ≥ 2px y .

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được (1− x)(1− y)(1− z) ≥ 8x yz.Do đó

x yz(1− x)(1− y)(1− z)≥ 8(x yz2)≥ (2x yz)3.

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

x(1− x) + y(1− y) + z(1− x)≥ 3 3Æ

x(1− x)y(1− y)z(1− z)≥ 6x yz,

bài toán được chứng minh xong.

Bài toán 10. Cho các số dương a, b, c, d thoả a2+ b2+ c2+d2 = 1. Chứng minh rằng

1. (1− a)(1− b)(1− c)(1− d)≥ abcd.

2. (1− a)(1− b)(1− c)(1− d)≥(ab+ cd)(ac + bd)

4

Lời giải. 1. Ta có c2 + d2 ≥ 2cd ⇒ 1− a2 − b2 ≥ 2cd. Do đó

2(1− a)(1− b)− 2cd ≥ 2(1− a)(1− b)− 1+ a2 + b2 = (1− a− b)2 ≥ 0.

Tương tự ta có (1− c)(1− d)≥ ab. Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức tên ta cóđiều phải chứng minh.


8 Đoàn Cao Khả

2. Theo bất đẳng thức BCS ta cóp

(a2 + b2)(c2 + d2)≥ ac + bd. Ta có

2(1− a)(1− d) = (a+ d − 1)2 + b2 + c2 ≥ b2 + c2,

tương tự2(1− b)(1− c)≥ a2 + d2

mà¨p

(a2 + d2)(b2 + c2)≥ ab+ cdp

(a2 + d2)(b2 + c2)≥ (ac + bd).

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 11. Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minhrằng

�

�

�

a3

b+

b3

c+

c3

a−

a3

c−

b3

a−

c3

b

�

�

�< 3.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương

|a4c+c4 b+b4a−a4 b−b4c−c4a| ≤ 3abc⇔|(a−b)(b−c)(c−a)(a2+b2+c2+ab+bc+ca)| ≤ 3abc.

Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x thế thì x + y + z = 1 và bất đẳng thức đã cho trởthành

�

�

�(x − y)(y − z)(z − x)

3(x2 + y2 + z2) + 5(x y + yz + xz)

�

�

�.

Dễ thấy�

�

�(x − y)(y − z)(z− x)�

�

�≤ (x + y)(y + z)(z+ x). Do đó ta chỉ cần chứng minh

3(x2 + y2 + z2) + 5(x y + yz + zx)≤ 3= 3(x + y + z)2⇔ x y + xz + yz ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên bài toán được chứng minh xong.

Bài toán 12. Cho a, b, c, x , y, z là các số thực không âm thoả mãn a + b + c =x + y + z = 1. Chứng minh

ax + b y + cz + 16abc ≤ 1.

Lời giải. Không mất tổng quát giả sử a = max{a, b, c}. Khi đó ta có

ax + b y + cz ≤ a(x + y + z) = a = 1− b− c ≤ 1− 2p

bc.

Do đó ta chỉ cần chứng minhp

bc ≥ 8abc ⇔ 8ap

bc ≤ 1. Thật vậy, theo bất đẳngAM-GM ta có

8ap

bc ≤ 4a(b+ c)≤ [a+ (b+ c)]2 = 1.


Đoàn Cao Khả

Bài toán 13. Cho12≤ a, b, c ≤ 1. Chứng minh rằng

93p

abc ≥ (a+ b+ c)2.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương

(a+ b+ c)2.1

3pabc≤ 9.

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

(a+ b+ c)2.1

3pabc≤

181

2(a+ b+ c) +3

3pabc

3

và3

3pabc≤

1a+

1b+

1c

,

do đó ta cần chứng minh

2(a+ b+ c) +1a+

1b+

1c≤ 9⇔

∑

(2a+1a− 3) =

∑ (2a− 1)(a− 1)a

≤ 0.

Do12≤ a, b, c ≤ 1 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, điều phải chứng minh.

Bài toán 14. Cho các số x , y, z thoả 0 ≤ x < y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4. TìmGTLN của biểu thức

S = 3x2 + 2y2 + z2.

Lời giải. Ta chứng minh S ≤103

. Dấu ’=’ xảy ra khi x =13

, y = z = 1 bằng cách xét

các trương trường hợp:

Trường hợp 1: 0< x <13

. Vì 0< y ≤ z ≤ 1 nên

S ≤ 3.1

3

2+ 2.12 + 1.12 =

103

.

Trường hợp 2: x ≥13

. Vì 0< x ≤ y ≤ z nên 4≥ 3x + 2y + z > 6x và do đó

13≤ x <

23⇔ (3x − 1)(3x − 2)≤ 0⇔ 3x2 ≤ 3x −

23

.

Lại có y2 ≤ y, z2 ≤ z nên ta được

3x2 + 2y2 + z2 ≤ 3x + 2y + z −23≤ 4−

23=

103

,

điều phải chứng minh.


10 Đoàn Cao Khả

Bài toán 15. Cho các số dương a, b, c thoả mãn 9+ 3abc = 4(ab+ bc + ca). Chứngminh rằng

a+ b+ c ≥ 3.

Lời giải. Đặt a = x + 1, b = y + 1, c = z + 1. Khi đó bài toán trở thành: chứng minhx + y + z ≥ 0 với điều kiện 5(x + y + z) + x y + xz + yz = 3x yz.Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: x yz ≥ 0. Khi đó

(x + y + z)2

3+ 5(x + y + z)≥ 5(x + y + z) + x y + xz + yz = 3x yz ≥ 0.

Suy ra x + y + z ≥ 0, điều phải chứng minh.

Trường hợp 2: x , y ≥ 0, z ≤ 0. Giả sử x + y + z ≤ 0⇒−x ≥ y + z. Khi đó

5(x + y + z) = yz(3x − 1)− x(y + z)≥ −4yz + (y + z)2 = (y − z)2 ≥ 0.

Trường hợp 3: x , y, z ≤ 0. Để ý rằng khi đó −x ,−y,−z ∈ [0,1] và ta có

0= 5(x + y + z) + x y + xz + yz − 3x yz≤ 5(x + y + z) + 2(x y + xz + yz)

≤ 5(x + y + z) +2(x + y + z)2

3.

Suy ra x + y + z ≥ 0, điều phải chứng minh.

Bài toán 16. 1. Với a ≥ x ≥ 0; b.y ≥ 0, chứng minh rằng (a − x)2 + (b − y)2 −(a+ b− x)2 − y2 ≤ 0.

2. Cho các số thực a1 ≥ a2 ≥ ...≥ a2018 ≥ 0, b1 ≥ b2 ≥ ...b2018 ≥ 0 đồng thời

2018∑

i=1

ai =2018∑

i=1

bi = 1.

Tìm GTNN của biểu thức P =2018∑

i=1

(ai − bi)2.

Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử a1 ≥ b1.Theo câu (a) ta có

(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 ≤ (a1 + a2 − b1)2 + b22(a1 + a2 − b1)2 + (a3 − b3)2 ≤ (a1 + a2 + a3 − b1)2 + b23...

(a1 + a2 + ...+ a2017 − b1)2 + (a2018 − b2018)2 ≤ (a1 + a2 + ...+ a2018 − b1)2 + b22018

.


Đoàn Cao Khả

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

2018∑

i=1

(ai − bi)2 ≤ (1− b1)2 + b22 + b23 + ...+ b

22018

≤ (1− b1)2 + b1(b2 + b3 + ...+ b2018)

= (1− b1)2 + b1(1− b1) = 1− b1 ≤ 1−1

2018.

Dấu ’=’ xảy ra khi và chỉ khi

(

a1 = 1, a2 = a3 = ...= a2018 = 0

b1 = b2 = ...= b2018 =1

2018.

Bài toán 17. Cho số tự nhiên n > 3 và a1, a2, ..., an là các số thực không âm, có tổngbằng 1. Chứng minh rằng

T = a1a2 + a2a3 + ...+ ana1 ≤14

.

Lời giải. Nếu n= 2k, k ∈ N, đặt a1 + a3 + ...+ a2k−1 = x , ta có

T ≤ (a1 + a3 + ...+ a2k−1)(a2 + a4 + ...+ a2k) = x(1− x)≤14

.

Nếu n= 2k− 1, không mất tổng quát đặt a1 =min{ai}. Khi đó

T ≤ (a1a2+a2a3+...+ana2)≤ (a1+a3+...+a2k−1)(a2+a4+...+a2k−2) = x(1− x)≤14

.


Một số tính chất của tứ giác ngoại tiếp

Nguyễn Huy Hoàng(Trung tâm Star Education)

1. Định nghĩa và tính chất

Trước hết, ta định nghĩa thế nào là một tứ giác ngoại tiếp?

Định nghĩa: Cũng giống như tứ giác nội tiếp một đường tròn, không hẳn tứ giác nàocũng nội tiếp một đường tròn được mà phải có một số điều kiện nhất định. Tứ giácngoại tiếp đường tròn cũng vậy, tồn tại một đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnhcủa tứ giác ấy thì được gọi là tứ giác ngoại tiếp đường tròn, hay đường tròn nội tiếptứ giác.

1. Tính chất 1: Tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O) khi và chỉ khi AB+C D =AD+ BC .Chứng minh:Chiều thuận: Tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O) thì AB + C D = AD+ BC .Chứng minh tính chất: Gọi P,Q, R, S lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnhAB, BC , C D và AD.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta chứng minh được AP = AS, BP =BQ, CQ = CR và DR= DS.Vì vậy AB + C D = AP + PB + DR+ CR= AS + DS + BQ+ CQ = AD+ BC .

12

Nguyễn Huy Hoàng

Chiều đảo: Cho tứ giác ABC D có AB + C D = AD+ BC . Chứng minh rằng tồn tạiđường tròn (O) tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ giác này.Chứng minh tính chất: Tia phân giác trong của các ∠DAB và ∠ADC cắt nhau tạiO′. Dựng đường tròn tâm O′ tiếp xúc với đường thẳng AB, ta suy ra được AD vàC D cũng là các tiếp tuyến của đường tròn này.Qua B dựng tiếp tuyến thứ hai khác tiếp tuyến BA với đường tròn (O′), tiếptuyến này cắt đường thẳng C D tại C ′.Do tứ giác ABC ′D ngoại tiếp đường tròn (O) nên ta có được hệ thức: AB+C ′D =AD+ C ′D.Mà theo giả thiết, AB+C D = AD+BC nên từ đó ta suy ra được BC = CC ′+BC ′

hay C ≡ C ′. Chiều đảo được chứng minh.

2. Tính chất 2: Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O) với các tiếp điểmM , N , P,Q thứ tự thuộc AB, BC , C D và DA. Khi đó M P⊥NQ khi và chỉ khi tứ giácABC D nội tiếp.Chứng minh:Chiều thuận: Nếu M P⊥NQ thì tứ giác ABC D nội tiếp đường tròn.Chứng minh tính chất: Nhận xét rằng tứ giác MN PQ nội tiép đường tròn (O).

Ta có: ∠M PN = ∠BN M =180◦ −∠ABC

2và ∠QN P = ∠QPD =

180◦ −∠ADC2

.

Vì vậy: 90◦ = ∠M PN +∠QN P =360◦ − (∠ABC +∠ADC)

2Suy ra ∠ADC +∠ABC = 180◦ hay tứ giác ABC D nội tiếp.


14 Nguyễn Huy Hoàng

Chiều đảo: Nếu tứ giác ABC D nội tiếp thì M P⊥NQ.Chứng minh tính chất: Tứ giác ABC D nội tiếp nên ∠ABC + ∠ADC = 180◦ ⇔∠M PN +∠QN P = 90◦ hay M P⊥NQ.

3. Tính chất 3: Cho tứ giác ABC D. Các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC vàAC D tiếp xúc với AC thứ tự tại E và F . Tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn khivà chỉ khi E ≡ F .Chứng minh tính chất: Để ý rằng độ dài các cạnh AE, AF ta sẽ tính được thôngqua các cạnh của tam giác ABC và AC D.

Cụ thể hơn, ta có: AF =AC + AD− C D

2, C E =

CA+ CB − AB2

⇒ EF = |AC − AF − C E|

=

�

�

�

�

AC −AC + AD− C D

2−

CA+ CB − AB2

�

�

�

�

=

�

�

�

�

(AB + C D)− (BC + AD)2

�

�

�

�

Vì vậy, theo "chiều thuận", nếu tứ giác ABC D ngoại tiếp ta suy ra được AB+C D =BC + AD hay EF = 0 hay E ≡ F . Còn đối với "chiều đảo", khi hai tiếp điểm ấytrùng nhau, ta suy ra được AB+C D = BC+AD hay theo tính chất đã nêu ở trên,tứ giác ABC D ngoại tiếp được một đường tròn. Chứng minh được hoàn tất.

4. Tính chất 4: (Đường thẳng Newton) Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn(O). Gọi M và N thứ tự là trung điểm hai đường chéo AC và BD. Khi đó, đường


Nguyễn Huy Hoàng

thẳng MN đi qua O.Chứng minh tính chất: Ta sẽ sử dụng ý tưởng diện tích để chứng minh tính chấtnày.Xét trường hợp AB ‖ C D và M , N lần lượt là trung điểm hai đường chéo nên bađiểm M , O, N sẽ cùng thuộc đường trung bình của hình thang nên ta có điềuphải chứng minh.Xét trường hợp AB không song song với C D, khi đó ta giả sử AB và C D cắt nhautại G và gọi r là bán kính đường tròn (O).Trên cạnh GA lấy điểm E sao cho AB = GE, trên GD lấy điểm F sao cho GF =C D.Khi ấy, SOAB = SOEG; SOC D = SOFG.

Ta có:

SOAB + SOC D =r (AB + C D)

2SOBC + SODA =

r (AD+ BC)2

Ta có: AB + C D = AD+ BC ⇒ SOAB + SOC D = SOBC + SOAD =SABC D

2

SOEF = SOEG + SOFG − SGEF = SOAB + SOC D − SGEF =SABC D

2− SGEF

Chứng minh tương tự với các điểm M và N , ta suy ra được SOEF = SM EF = SN EF .Kết hợp với M , N , O nằm cùng một nửa mặt phẳng có bờ là EF (theo cách dựng)ta suy ra được M , O, N thẳng hàng.

5. Tính chất 5: Tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M , N , P,Q lần lượtlà các tiếp điểm tại AB, BC , C D và DA. Khi ấy:

(a) MQ, N P và BD đồng quy hoặc đôi một song song.

(b) AC , BD, M P và NQ cùng đi qua một điểm.

Chứng minh tính chất:

(a) Xét trường hợp AB = AD.Do tứ giác ABC D ngoại tiếp (O) nên AB + C D = AD+ BC ⇒ C D = BC .

Nhận thấy AM = AQ, CN = C P ⇒AMAB=

AQAD⇒ MQ ‖ BD.

Chứng minh tương tự ta sẽ suy ra được MQ, N P và BD đôi một song song.Xét trường hợp AB 6= AD.Ta suy ra được QM , N P đều không song song với BD.



Gọi S là giao điểm của N P và BD.Theo định lí Menelaus cho tam giác BC D với bộ ba điểm S, N , P thẳnghàng, ta có:SBSD·

NCNB·

PDPC= 1

Kết hợp với CN = C P, MB = NB,QD = PD, ta suy ra:SBSD=

MBDQ

.

Từ đó, ta có:SBSD·AMMB·DQAQ=

MBDQ·AMMB·DQAQ= 1 nên theo định lí Menelaus

đảo, ba điểm Q, M , S thẳng hàng.Vậy QM , N P và BD đồng quy tại S.

(b) Gọi E là giao điểm của M P và AC , qua C vẽ đường thẳng song song vớiAB, cắt đường thẳng M P tại T .Ta có: ∠PMB = ∠M PC (hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung củađường tròn (O) cùng chắn cung M P).Vì vậy ∠PMB +∠T PC = 180◦.Kết hợp với ∠PMB+∠M T C = 180◦ (trong cùng phía) nên ∠T PC = ∠PT Chay tam giác PT C cân tại C ⇒ C P = C T .Áp dụng định lí Thalès vào tam giác ET C có AM ‖ T C , ta có:

EAEC=

AMC T=

AMC P

.

Vì vậy, nếu gọi F là giao điểm của NQ và AC , ta cũng suy ra đượcFAFC=

AQCN

.

Mà AQ = AM , C P = CN nênEAEC=

FAFC

hay E ≡ F .

Vì vậy M P, NQ và AC đồng quy.Tương tự, ta cũng suy ra được M P, NQ và BD đồng quy.Tóm lại, AC , BD, M P, NQ cùng đi qua E nên bài toán được chứng minh.

2. Một số bài toán minh họa

Dưới đây là một số bài toán minh họa về tứ giác ngoại tiếp đường tròn.


Nguyễn Huy Hoàng

Bài toán 1: Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng đườngthẳng d chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau và chu vi bằng nhau thìđường thẳng d phải đi qua O.Lời giải: Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp tứ giác là R . Đường thẳng d cắt cáccạnh AD, BC thứ tự tại M và N .Theo đề, ta có CVABN M = CVDCN M và SABN M = SDCN M .

Ta có: SABC D = SOAB + SOBC + SOC D + SODA =R2(AB + BC + C D+ DA)

Và AB + AM + BN = C D+M D+ NC .Vì vậy SABN M = SOAB + SOAM + SOBN + SOMN=

12(AB + AM + BN) + SOMN =

SABC D2+ SOMN .

Vì vậy, ta suy ra SOMN = 0 hay M , O, N thẳng hàng. Từ đó suy ra d đi qua O.

Bài toán 2: Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M , N , P,Q thứ tự là cáctiếp điểm của (O) với đường thẳng AB, BC , C D và DA. Giả sử ∠ABC = ∠ADC . Chứngminh rằng M P = NQ.Lời giải: Theo đề, vì ∠ABC = ∠ADC nên ta chứng minh được ∠MON = ∠POQ.Kết hợp với OA là tia phân giác của ∠MOQ ta suy ra được 4MOP = 4NOQ, từ đósuy ra M P = NQ.

Bài toán 3: Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi E, F thứ tự là hình chiếucủa A trên OB và OD. Gọi G, H thứ tự là hình chiếu của C trên OB và OD. Chứng minhbốn điểm E, F, G, H đồng viên.Lời giải: Tứ giác AEOF nội tiếp nên ∠OF E = ∠OAE.



Tứ giác OGCH nội tiếp nên ∠OGH = ∠OCH.

Lại có: ∠OAE = 90◦−∠AOE = 90◦−

180◦ −∠DAB +∠ABC

2

=∠DAB +∠ABC

2−90◦.

∠OCH = 90◦−∠COH = 90◦−

∠ADC +∠BC D2

= 90◦−

360◦ − (∠DAB +∠ABC)2

=

∠DAB +∠ABC2

− 90◦.

Từ đó ta suy ra bốn điểm E, F, G, H cùng thuộc một đường tròn.

Bài toán 4: Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi S là giao điểm của ACvà BD. Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác OAB, OBC , OC D và ODA và điểmS thẳng hàng.Lời giải: Gọi M , N , P,Q thứ tự là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, BC , C D và DA.Gọi H1, H2, H3, H4 thứ tự là trực tâm của các tam giác OAB, OBC , OC D và ODA.Theo tính chất số 5 đã được nêu ở trên, ta có AC , BD, M P, NQ đồng quy tại S.Ta có ∠MBH1 = ∠MOA= ∠QOA= ∠QDH4 nên 4MH1B ö4QH4D(g.g).

Từ đó suy raBMDQ=

BH1DH4

.

Áp dụng tính chất quen thuộc, ta cũng cóBMDQ=

BSDS

(tính chất 5).

Vì BH1 ‖ DH4(⊥OA) nên gọi S′ là giao điểm của BD và H1H4, theo hệ quả định lí

Thalès, ta có:BS′

DS′=

BH1DH4

=BMDQ=

BSDS

.

Từ đó suy ra S ≡ S′ hay H1H4 đi qua S.Chứng minh tương tự, ta cũng thu được kết quả H1H2, H1H3, H2H3, H2H4, H3H4 đềuđi qua S hay 5 điểm này thẳng hàng.


Nguyễn Huy Hoàng


Dùng bất đẳng thức, kẹp giá trị giảiphương trình nghiệm nguyên

Nguyễn Tài Chung(THPT Chuyên Hùng Vương, Gia Lai)

0.1. Cở sở lí thuyết

Để giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp bất đẳng thức, kẹp giá trị;ta hay sử dụng những tính chất đặc trưng của tập số nguyên mà có liên quan đến bấtđẳng thức. Cho x , y, n ∈ N∗, khi đó ta hay gặp những tình huống chẳng hạn như sau:

1. x < y < x + 2⇒ y = x + 1.

2. xn < yn < (x + 2)n⇒ yn = (x + 1)n.

3. x(x + 1)< y(y + 1)< (x + 2)(x + 3)⇒ y(y + 1) = (x + 1)(x + 2).

0.2. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

Ta thường sử dụng phương pháp này khi gặp những phương trình mà vai trò của cácbiến trong phương trình là như nhau. Khi đó ta nên lựa chọn cách làm là sắp xếp thứtự các biến từ nhỏ đến lớn hoặc từ lớn đến nhỏ. Sau đó, sử dụng sự sắp xếp đó đểthiết lập các bất đẳng thức, giảm biến, giới hạn phạm vi tìm kiếm nghiệm.

Bài toán 1. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

Lời giải

Gọi các số nguyên dương phải tìm là x , y, z. Ta có:

x + y + z = x yz.

Cách 1. Chú ý rằng các ẩn x , y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thểsắp thứ tự giá trị các ẩn, chẳng hạn, không mất tính tổng quát, ta giả sử

1≤ x ≤ y ≤ z.

Do đó x yz = x + y + z ≤ 3z. Chia hai vế của bất đẳng thức x yz ≤ 3z cho số dương z,ta được x y ≤ 3. Do đó x y ∈ {1;2; 3}.

20

Nguyễn Tài Chung

• Với x y = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào x + y + z = x yz được 2+ z = z, loại.

• Với x y = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào x + y + z = x yz ta được z = 3.

• Với x y = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào x + y + z = x yz được z = 2, loại vìtrái với sắp xếp y ≤ z.

Vậy ba số phải tìm là 1; 2;3.Cách 2. Chia hai vế của x + y + z = x yz cho x yz 6= 0, ta được

1yz+

1xz+

1x y= 1.

Giả sử 1≤ x ≤ y ≤ z. Ta có:

1=1yz+

1xz+

1x y≤

1x2+

1x2+

1x2=

3x2

.

Suy ra3x2≥ 1, do đó x2 ≤ 3 nên x = 1. Thay x = 1 vào x + y + z = x yz ta được

1+ y + z = yz⇔yz − y − z = 1⇔y(z − 1)− (z − 1) = 2⇔(z − 1)(y − 1) = 2.

Ta có z − 1≥ y − 1≥ 0 nên z − 1= 2 và y − 1= 1. Suy ra (y; z) = (2; 3).Ba số phải tìm là 1;2; 3.Lưu ý: Ở cách 1, từ x y ≤ 3 còn có thể suy ra x2 ≤ x y ≤ 3 nên x = 1.

Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x!+ y!= (x + y)!

(Kí hiệu x! là tích các số tự nhiên từ 1 đến x).

Lời giải

Xét phương trình x!+ y!= (x + y)!.Giả sử x ≤ y . Ta có

y!(y + 1) · · · (y + x) = (x + y)!= x!+ y!≤ 2y!⇒ (y + 1)(y + 2) · · · (y + x)≤ 2.

Từ đây, ta có x = y = 1.Thử lại ta thấy x = y = 1 là nghiệm của phương trình.

0.3. Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

Phương pháp này được thể hiện dưới dạng chỉ ra một hoặc một vài số là nghiệm củaphương trình, rồi chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác.


22 Nguyễn Tài Chung

Bài toán 3. Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x .

Lời giải

Viết phương trình dưới dạng

25

x

+

35

x

= 1.

• Với x = 0 thì vế trái phương trình trên bằng 2, loại.

• Với x = 1 thì vế trái phương trình trên bằng 1, đúng.

• Với x ≥ 2 thì

25

x

<25

,

35

x

<35

nên

25

x

+

35

x

<25+

35= 1 (loại).

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1.

0.4. Phương pháp sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai cónghiệm

Ở những phương trình có thể đưa về phương trình bậc hai đối với một ẩn, ta sử dụngđiều kiện phương trình có nghiệm là ∆≥ 0.

Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + x y + y2 = x + y.

Lời giải

Viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai đối với x , ta được:

x2 + (y − 1)x + (y2 − y) = 0.

Điều kiện để phương trình bậc hai theo ẩn x có nghiệm là ∆≥ 0. Ta có

∆= (y − 1)2 − 4(y2 − y) = −3y2 + 2y + 1.

Do đó ∆≥ 0 khi và chỉ khi

3y2 − 2y − 1≤ 0⇔ (3y + 1)(y − 1)≤ 0⇔−13≤ y ≤ 1.

Do y ∈ Z nên y ∈ {0; 1}.

• Với y = 0, thay vào phương trình x2+(y−1)x+(y2− y) = 0 ta được x2− x = 0,ta có x = 0, x = 1.

• Với y = 1, thay vào phương trình đã cho ta được x2 = 0 hay x = 0.


Nguyễn Tài Chung

Phương trình có nghiệm nguyên (x; y) là (0;0), (0;1), (1; 0).Lưu ý. Khi giải bất phương trình ∆≥ 0, ta phải giải bất phương trình bậc hai

3y2 − 2y − 1≤ 0.

Trong lời giải trên, ta biến đổi tương đương để đưa về bất phương trình tích

(3y + 1)(y − 1)≤ 0.

Có nhiều cách khác để giải bất phương trình 3y2 − 2y − 1≤ 0.

• Cách 1:

3y2 − 2y − 1≤ 0⇔ 9y2 − 6y − 3≤ 0⇔ (3y − 1)2 ≤ 4⇔−2≤ 3y − 1≤ 2.

Vậy −13≤ y ≤ 1. Suy ra y ∈ {0;1}.

• Cách 2: 3y2 − 2y − 1≤ 0⇔ y(3y − 2)≤ 1.

– Nếu y ≥ 2 thì y(3y − 2)≥ 2 · 4= 8, loại.

– Nếu y ≤ −1 thì y(3y − 2)≥ (−1)(−5) = 5, loại

Do y ∈ Z nên y ∈ {0; 1}.

Bài toán 5 (Đề thi vào Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, 2017). Tìm các cặp sốnguyên (x; y) thỏa mãn x2 + 2y2 − 2x y − 4x + 8y + 7= 0.

Lời giải

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng

x2 − 2(y + 2)x + 2y2 + 8y + 7= 0. (1)

Vì (1) có nghiệm nguyên x nên ∆′ = −y2 − 4y − 3 là số chính phương.Ta có −y2 − 4y − 3≥ 0 khi −3≤ y ≤ −1, mà y ∈ Z nên y ∈ {−3; −2; −1}.Từ đây ta tìm được các cặp nghiệm là (x; y) ∈ {(−1; −3), (±1; −2), (1; −1)}.

0.5. Phương pháp sắp thứ tự các biểu thức đồng dạng

Để giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp bất đẳng thức, kẹp giá trị;ta hay sử dụng những tính chất đặc trưng của tập số nguyên mà có liên quan đến bấtđẳng thức. Cho x , y, n ∈ N∗, khi đó ta hay gặp những tình huống chẳng hạn như sau:

1. xn < yn < (x + 2)n⇒ yn = (x + 1)n.

2. x(x + 1)< y(y + 1)< (x + 2)(x + 3)⇒ y(y + 1) = (x + 1)(x + 2).



Bài toán 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 − y3 − 2y2 − 3y − 1= 0.

Lời giải

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng sau đây:

x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1. (1)

Ta có

(y3 + 2y2 + 3y + 1)− (5y2 + 2)< y3 + 2y2 + 3y + 1≤ (y3 + 2y2 + 3y + 1) + y2,

hay (y −1)3 < y3+2y2+3y +1≤ (y +1)3. Vì thế nếu (x0, y0) là nghiệm nguyên cầntìm thì ta phải có

(y0 − 1)3 < x30 ≤ (y0 + 1)3. (2)

Do x0, y0 nguyên nên từ (2) ta có

�

x0 = y0x0 = y0 + 1.

• Nếu x0 = y0 thì y30 = y30 + 2y

20 + 3y0 + 1⇔ 2y

20 + 3y0 + 1 = 0⇒ y0 = −1 (do

y0 ∈ Z). Vậy (−1,−1) là một nghiệm nguyên cần tìm.

• Nếu x0 = y0 + 1, làm tương tự ta có y0 = 0. Vậy (1, 0) cũng là một nghiệm cầntìm.

Kết luận: nghiệm nguyên (x , y) của phương trình đã cho là (−1,−1) và (1,0).Lưu ý. Trong các bài toán ?? và 6, ta đã sử dụng kết quả sau: Nếu xn < yn < (x + a)n

(với n lẻ) thì yn = (x + k)n với k = 1, 2, . . . , a− 1.

Bài toán 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 + x2 − y2 + y + 10= 0.

Lời giải

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng tương đương sau đây

y(y − 1) = x4 + x2 + 10. (1)

Rõ ràng ta có

x4 + x2 < x4 + x2 + 10< (x4 + x2 + 10) + (6x2 + 2)

⇒x2(x2 + 1)< x4 + x2 + 10< (x2 + 3)(x2 + 4). (2)

Vì thế nếu (x0, y0) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì từ (2) ta có

x20(x20 + 1)< y0(y0 − 1)< (x

20 + 3)(x

20 + 4). (3)

Do x0, y0 là các số nguyên nên từ (3) ta có�

y0(y0 − 1) = (x20 + 1)(x20 + 2)

y0(y0 − 1) = (x20 + 2)(x20 + 3).


Nguyễn Tài Chung

• Nếu y0(y0 − 1) = (x20 + 1)(x20 + 2) thì x

40 + x

20 + 10= x

40 + 3x

20 + 2⇔ x0 = ±2.

Khi đó ta có y0(y0 − 1) = 30⇔ y20 − y0 − 30= 0⇔�

y0 = 6y0 = −5.

Trong trường hợp này, phương trình có các nghiệm là

(2,6); (−2,6); (2,−5); (−2,−5).

• Nếu y0(y0 − 1) = (x20 + 2)(x20 + 3) thì x

40 + x

20 + 10= x

40 + 5x

20 + 6⇔ x0 = ±1.

Khi đó ta có y0(y0 − 1) = 12⇔ y20 − y0 − 12= 0⇔�

y0 = 4y0 = −3.

Do đó các nghiệm trong trường hợp này là

(1, 4); (1,−3); (−1,−4), (−1,−3).

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên:

(2,6); (−2,6); (2,−5); (−2,−5); (1,4); (1,−3); (−1,−4), (−1,−3).

Nhận xét. Trong bài toán 7, ta đã sử dụng kết quả hiển nhiên sau đây: Nếu x , y là cácsố nguyên và a là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:

x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n)< y(y + 1)(y + 2) · · · (y + n)< (x + a)(x + a+ 1)(x + a+ 2) · · · (x + a+ n)

thì ta có

y(y + 1)(y + 2) · · · (y + n) = (x + k)(x + k+ 1)(x + k+ 2) · · · (x + k+ n)

với k = 1, 2, . . . , a− 1.

Bài toán 8. Cho p là số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước của p4 là số chính phương.

Lời giải

Tập các ước của p4 là {1; p; p2; p3; p4}.Đặt 1+ p+ p2 + p3 + p4 = n2 (n ∈ N∗). Ta có:

4+ 4p+ 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4n2

⇒p2 + 4p3 + 4p4 < 4n2 < 4+ 4p+ 4p2 + 4p3 + 4p4 + 5p2

⇔(2p2 + p)2 < 4n2 < (2p2 + p+ 2)2

⇒4n2 = (2p2 + p+ 1)2.

Vậy 4+ 4p+ 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4p4 + p2 + 1+ 4p3 + 4p2 + 2p.Do đó p2 − 2p− 3= 0⇔ p = 3 (vì p là số nguyên tố).

0.6. Bài tập rèn luyện



Bài toán 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 − x y + y2 = 2x − y.

Lời giải

Viết phương trình đã cho thành phương trình bậc hai đối với x ta được

x2 − (y + 2)x + (y2 + y) = 0. (*)

Điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm là ∆≥ 0.Ta có ∆= (y + 2)2 − 4(y2 + y) = −3y2 + 4.Do đó ∆≥ 0⇔ 3y2 ≤ 4. Do y ∈ Z nên y ∈ {0;1;−1}.• Với y = 0, thay vào (∗) ta được x2 − 2x = 0. Ta có x1 = 0; x2 = 2.

• Với y = 1, thay vào (∗) ta được x2 − 3x + 2= 0. Ta có x3 = 1; x4 = 2.

• Với y = −1, thay vào (∗) ta được x2 − x = 0. Ta có x5 = 0; x6 = 1.Nghiệm nguyên (x; y) của (∗) là (0;0), (2; 0); (1;1); (2; 1); (0;−1); (1;−1).Lưu ý. Biệt số ∆ ≥ 0 là điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai có nghiệm,nhưng chỉ là điều kiện cần (chứ chưa đủ) để phương trình có nghiệm nguyên. Tuynhiên các giá trị tìm được nói trên đều là các số nguyên nên chúng là nghiệm nguyêncủa phương trình. Không đòi hỏi phải thử chúng vào phương trình đã cho.

Bài toán 10. Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 35.

Lời giải

Xét phương trình 2x + 3x = 35.Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình.

• Với x > 3, ta có

¨

2x > 23 = 83x > 33 = 27

⇒ 2x + 3x > 35.

Trường hợp này phương trình vô nghiệm.

• Với x < 3, chứng minh tương tự phương trình cũng vô nghiệm.Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.

Bài toán 11. Chứng minh rằng phương trình x17 + y17 = 1917 không có nghiệmnguyên dương.

Lời giải

Xét phương trình x17 + y17 = 1917.Giả sử 1≤ x ≤ y < 19. Ta có

1917 ≥ (y + 1)17 = y17 + 17y16 + · · ·> y17 + 17y16,

suy rax17 + y17 > y17 + 17y16 ≥ y17 + 17x16⇒ x > 17.

Mặt khác x17 < 1917, nên x < 19. Từ đó, ta có x = y = 18. Tuy nhiên, khi đó

x17 + y17 = 2.1817 < 1917.

Do đó, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.


Nguyễn Tài Chung

Bài toán 12 (T2/487 Toán học & tuổi trẻ số 487, tháng 1 năm 2018). Tìm các sốnguyên a, b, c, d thỏa mãn 3

pa2 + b2 + c2 =

pa+ b+ c = d.

Lời giải

Ta có a, b, c, d là các số tự nhiên, a2 + b2 + c2 = d3, a+ b+ c = d2. Ta có

(a− b)2 + (b− c)2 + (c − a)2 ≥ 0⇒ 3�

a2 + b2 + c2�

≥ (a+ b+ c)2.

Do đó 3d3 ≥ d4⇒ d ≤ 3⇒ d ∈ {0; 1;2; 3}.

• Xét d = 0 ta có a2 + b2 + c2 = 0⇒ a = b = c = 0 (thỏa mãn).

• Xét d = 1 ta có a2 + b2 + c2 = 1, a+ b+ c = 1.Khi đó do 0≤ a, b, c ≤ 1 nên dễ dàng suy ra

a = 0; b = 0; c = 1 (thỏa mãn)a = 0; b = 1; c = 0 (thỏa mãn)a = 1; b = 0; c = 0 (thỏa mãn).

• Xét d = 2 ta có a2 + b2 + c2 = 8, a+ b+ c = 4. (1)Dễ thấy a ≥ 3 không thỏa (1) nên a ≤ 2. Tương tự b ≤ 2 và c ≤ 2.Từ đây ta dễ dàng tìm được

a = 0; b = 2; c = 2 (thỏa mãn)a = 2; b = 0; c = 2 (thỏa mãn)a = 2; b = 2; c = 0 (thỏa mãn).

• Xét d = 3 ta có a2 + b2 + c2 = 27, a+ b+ c = 9. Tương tự như trên

a = b = c = 3 (thỏa mãn).

Vậy các bộ số nguyên (a, b, c, d) cần tìm là:

(0;0; 0;0), (0;0; 1;1), (0;1; 0;1), (1;0; 0;1), (0;2; 2;2),

(2;0; 2;2), (2;2; 0;2), (3;3; 3;3).

Bài toán 13 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hưng Yên, 2017). Tìm tất cả cácnghiệm nguyên của phương trình y3 − 2x − 2= x(x + 1)2.

Lời giải

Ta có y3 = x3 + 2x2 + 3x + 2.

Rõ ràng 2x2 + 3x + 2= 2

x +34

2

+78≥

78> 0.

Do đó y3 > x3. Nếu |x |> 1 thì

y3 = (x + 1)3 + 1− x2 < (x + 1)3,

ta gặp mâu thuẫn vì x3 < y3 < (x + 1)3. Vậy |x | ≤ 1. Khi đó x = ±1 hoặc x = 0.



TH1. x = −1. Thay vào phương trình ta được y = 0.

TH2. x = 1. Thay vào phương trình ta được y = 2.

TH3. x = 0. Thay vào pt được y = 3p

2 /∈ Z, loại.

Vậy phương trình có 2 nghiệm (x; y) là (−1;0), (1;2).

Bài toán 14. Chứng minh với x ∈ Z+, không tồn tại k ∈ Z để x(x + 1) = k(k+ 2).

Lời giải

Giả sử tồn tại x ∈ Z+ và k ∈ Z mà x(x + 1) = k(k+ 2). (1)Ta có:

(1)⇔ x2 + x = k2 + 2k⇔ x2 + x + 1= k2 + 2k+ 1⇔ x2 + x + 1= (k+ 1)2.

Mặt khác x ∈ Z+ nên

¨

x2 + x + 1> x2

x2 + x + 1< (x + 1)2 = x2 + 2x + 1.Do đó x2 < (k+ 1)2 < (x + 1)2, đây là điều vô lí.Do đó điều giả sử là sai. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 15. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 + x2 + 1= y2.

Lời giải

Xét phương trình x4 + x2 + 1= y2. Do x2 ≥ 0 nên ta có đánh giá sau�

x2�2< x4 + x2 + 1≤

�

x2 + 1�2

.

Vì vậy từ phương trình đã cho suy ra

�

x2�2< y2 ≤

�

x2 + 1�2

. (∗)

Do x2 và x2 + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên

(∗)⇔ y2 =�

x2 + 1�2

.

Kết hợp với phương trình đã cho ta được

�

x2 + 1�2= x4 + x2 + 1⇔ x2 = 0⇔ x = 0.

Từ x = 0 ta có y = ±1.Vậy nghiệm nguyên (x , y) của phương trình đã cho là (0, 1) và (0,−1).

Bài toán 16 (T9/494 Toán học & tuổi trẻ số 494, tháng 8 năm 2018). Tìm tất cảcác cặp số nguyên dương (x , y) thỏa mãn x3 + y3 = x2 + 72x y + y2.


Nguyễn Tài Chung

Lời giải

Xét phương trình x3 + y3 = x2 + 72x y + y2. (1)Do vai trò của x , y trong bài toán như nhau, không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y .

• Nếu x = y ta có 2x3 = 74x2 ⇒ x = 37 (vì x ∈ N∗). Như vậy ta có một nghiệmcủa phương trình là (x , y) = (37,37).

• Xét trường hợp x < y . Gọi d là ước chung lớn nhất của x và y . Khi đó tồn tạicác số nguyên dương a, b sao cho x = da, y = d b, (a, b) = 1, a < b. Do đó (1)trở thành

d3a3 + d3 b3 = d2a2 + 72d2ab+ d2 b2

⇔d(a+ b)�

a2 − ab+ b2�

=�

a2 − ab+ b2�

+ 73ab. (2)

Suy ra 73ab...�

a2 − ab+ b2�

.

Chú ý rằng�

a2 − ab+ b2, ab�

= 1, vì với mọi số nguyên tố p mà ab... p suy ra hoặc

a... p, b 6

... p hoặc b... p, a 6

... p (do (a, b) = 1) do đó a2 − ab+ b2 6... p. Suy ra

73...�

a2 − ab+ b2�

⇒ 73= a2 − ab+ b2

vì 73 là số nguyên tố và a2 − ab+ b2 > a2 ≥ 1. Thay vào (2) ta được

d(a+ b) = 1+ ab. (3)

Ta có 73= a2 − ab+ b2 < b2⇒ 9≤ b. Mặt khác

300> 4 · 73= 4�

a2 − ab+ b2�

= (2a− b)2 + 3b2 ≥ 3b2.

Suy ra 100> b2⇒ 9≥ b. Từ đó suy ra b = 9, cho nên

73= a2 − 9a+ 81⇒ 8= a(9− a)⇒ a ∈ {1,8}.

• Khi a = 1, thay vào (3) ta được d · (1+ 9) = 1+ 9⇒ d = 1⇒ x = 1, y = 9.

• Khi a = 8, thay vào (3) ta được d · (8+ 9) = 1+ 8 · 9 ⇒ d =7317

, không là số

nguyên.

Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên dương (x , y) ∈ {(37,37), (1,9), (9,1)}.

Bài toán 17. Tìm các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn p(p+ 1) + q(q+ 1) = r(r + 1).

Lời giải



Xét phương trình p(p+ 1) + q(q+ 1) = r(r + 1).Do p, q, r nguyên tố, nên suy ra r >max{p, q}.Vì vậy do vai trò bình đẳng giữa p và q, có thể cho rằng p ≤ q < r. (1)Viết lại phương trình đã cho dưới dạng tương đương sau

p(p+ 1) = (r − q)(r + q+ 1). (2)

Do p ≤ q < r nên p+ 1< r + q+ 1. Vì thế từ (2) ta có r − q < p.Do p nguyên tố, nên từ r − q < p suy ra (p, r − q) = 1.Kết hợp với (2) ta có (r + q+ 1)

... p và (p+ 1)... (r − q), và cũng từ (2) ta có

�

r + q+ 1= kpp+ 1= k(r − q) (k nguyên dương).

Chỉ có hai trường hợp sau có thể xảy ra:

1. Trường hợp 1: p = 2. Từ p+ 1= k(r − q) ta có k(r − q) = 3⇒�

k = 1k = 3.

• Nếu k = 1, ta có r − q = p+ 1> p. Điều này mâu thuẫn với r − q < p.Vậy không thể có k = 1.

• Nếu k = 3. Ta có�

r + q+ 1= 63= 3(r − q)

⇔�

r + q = 5r − q = 1

⇔�

r = 3q = 2.

Vậy trong trường hợp này ta có các nghiệm nguyên tố là p = 2; q = 2;r = 3.

2. Trường hợp 2: p > 2. Do p ≤ q < r, và do p, q, r nguyên tố suy ra p, q, r đều làcác số nguyên lẻ nên k lẻ. Vì thế có thể đặt k = 2m+ 1. Thay lại vào hệ trên tacó

�

r + q+ 1= (2m+ 1)p (3)p+ 1= (2m+ 1)(r − q). (4)

Từ (4) ta có p = (2m+ 1)(r − q)− 1. Thay vào (3) và có

q = −r − 1+ (2m+ 1)[(2m+ 1)(r − q)− 1]= −r − 1+ (4m2 + 4m+ 1)(r − q)− 2m− 1= −r − 1+ 4m2r − 4m2q+ 4mr − 4mq+ r − q− 2m− 1= 4m2r − 4m2q+ 4mr − 4mq− 2m− 2− q= 4mr(m+ 1)− 4mq(m+ 1)− 2(m+ 1)− q.

Do đó q = (m+ 1)(2mr − 2mq− 1). (5)Vì q là số nguyên tố và do m+ 1> 1, nên từ (5) suy ra

2mr − 2mq− 1= 1⇒ m(r − q) = 1⇒�

m= 1r − q = 1

⇒�

m= 1r = q+ 1.

(6)

Do r và q là các số nguyên tố lẻ, nên từ (6) suy ra vô lí. Vậy trường hợp 2 khôngxảy ra.

Tóm lại, các số nguyên tố cần tìm là p = q = 2 và r = 3.


Nguyễn Tài Chung

Bài toán 18. Tìm ba số tự nhiên đôi một khác nhau, lớn hơn 1 và thỏa mãn điềukiện: Tích hai số bất kì trong ba số ấy cộng với 1 chia hết cho số thứ ba.

Lời giải

Giả sử a, b, c ∈ N và 2≤ a < b < c thỏa mãn điều kiện đầu bài, tức là

(ab+ 1)... c; (ac + 1)

... b; (bc + 1)... a.

Từ đó ta có[(ab+ 1)(ac + 1)(bc + 1)]

... abc,

suy ra�

a2 b2c2 + abc·(a+ b+ c) + ab+ bc + ca+ 1� ... abc. (1)

Vì�

a2 b2c2� ... abc và abc(a+ b+ c)

... abc, nên từ (1) ta có

ab+ bc + ca+ 1... abc. (2)

Lại do ab+ bc+ ca+1> 0, nên từ (2) suy ra ab+ bc+ ca+1≥ abc, mà abc > 0 nên

1a+

1b+

1c+

1abc≥ 1. (3)

Vì b > a ≥ 2 nên ta suy ra b ≥ 3. (4)Có hai khả năng có thể xảy ra:

1. Nếu b ≥ 4, thì do c > b⇒ c ≥ 5. Vì vậy

1a+

1b+

1c+

1abc≤

12+

14+

15+

140=

3940< 1.

Ta thu được điều mâu thuẩn với (3). Vậy khả năng này không xảy ra.

2. Nếu b = 3 thì do 2≤ a < b nên a = 2. Ta có (ab+ 1)... c⇒ 7

... c.

Vì c > b tức c > 3, nên từ 7... c⇒ c = 7.

Thử lại với a = 2, b = 3, c = 7 ta thấy:

ab+ 1= 7⇒ (ab+ 1)... c;

ac + 1= 15⇒ (ac + 1)... b;

bc + 1= 22⇒ (bc + 1)... a.

Vậy có duy nhất bộ ba số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề ra. Đó là bộ ba số 2, 3, 7.

Bài toán 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + x2 y + x y2 + y3 = 8(x2 + x y + y2 + 1).



Lời giải

Ta có x3 + x2 y + x y2 + y3 = 8(x2 + x y + y2 + 1).Viết lại phương trình dưới dạng sau:

(x2 + y2)(x + y − 8) = 8x y + 8.

Dễ thấy x2+ y2, x + y−8 cùng tính chẵn lẻ. Mặt khác 8x y+8... 2 nên x + y−8 chẵn.

Chỉ có các trường hợp sau có thể xảy ra:

1. Trường hợp x + y − 8≥ 6 hay x + y ≥ 14. Ta có:

x2 + y2 ≥(x + y)2

2≥

142

2> 4.

Từ đó

(x2 + y2)(x + y − 8)≥ 6(x2 + y2)≥ 2(x2 + y2) + 8x y > 8+ 8x y.

Vậy phương trình không có nghiệm trong trường hợp này.

2. Trường hợp x + y − 8≤ −4, tức là x + y ≤ 4. Khi đó ta lại có:

(x2 + y2)(x + y − 8)≤ −4(x2 + y2)≤ 8x y < 8x y + 8.

Vậy phương trình cũng không có nghiệm trong trường hợp này.

3. Trường hợp x+ y−8= 4. Khi đó ta có (x− y)2 = 2 (không có nghiệm nguyên).

4. Trường hợp x + y − 8= 2. Khi đó ta có hệ sau:§

x + y = 10x2 + y2 = 4x y + 4

Giải hệ đối xứng này ta suy ra (x , y) ∈ (2; 8), (8;2).

5. Trường hợp x + y − 8= 0. Ta có hệ§

x + y = 8x2 + y2 = 4x y + 4

Hệ này vô nghiệm.

6. Trường hợp x + y − 8= −2. Ta có hệ§

x + y = 6x2 + y2 = 4x y + 4

Hệ này vô nghiệm.

Tóm lại hệ có các nghiệm nguyên (x , y) là (2;8), (8; 2).

Bài toán 20. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · ·+ (x + 7)3 = y3.

Lời giải

Đặt P(x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · ·+ (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784. (1)


Nguyễn Tài Chung

1. Nếu x ≥ 0, thì

(2x+7)3 = 8x3+84x2+294x+343< P(x)< 8x3+120x2+600x+1000= (2x+10)3,

suy ra(2x + 7)3 < y3 < (2x + 10)3⇒ 2x + 7< y < 2x + 10.

Từ tính nguyên của x và y suy ra y = 2x + 8, y = 2x + 9.

• Nếu y = 2x + 8 thì P(x) = y3⇔ 12x2 − 36x + 272= 0. (2)Dễ thấy phương trình (2) không có nghiệm nguyên.

• Nếu y = 2x + 9 thì thay vào phương trình P(x) = y3 ta được

24x2 + 66x − 55= 0.

Dễ thấy phương trình này không có nghiệm nguyên.

Vì lẽ đó phương trình không có nghiệm nguyên với x ≥ 0.

2. Bây giờ xét phương trình (1) với x < 0.Chú ý rằng phương trình đã cho có dạng: P(x) = y3. (3)Ta có

P(−x − 7) = (−x − 7)3 + (−x − 6)3 + · · ·+ (−x)3

= −�

(x + 7)3 + (x + 6)3 + · · ·+ x3�

= −P(x). (4)

Nếu (x0, y0) là nghiệm của (3), với x < 0 thì P(x0) = y30 . Kết hợp với (4), ta có

P(−x0 − 7) = −y30 . (5)

Đẳng thức (5) chứng tỏ (−x0−7,−y0) cũng là một nghiệm nguyên của phươngtrình (3). Nếu −x0 − 7 ≥ 0 hay x0 ≤ −7 thì theo trường hợp 1 , phương trìnhđã cho không có nghiệm nguyên.

3. Từ đó ta đi đến điều kiện cần như sau: Nếu (x , y) là nghiệm thì −7 < x < 0,tức là x chỉ có thể chọn trong tập hợp:

{−6;−5;−4;−3;−2;−1}.

Thử ta được hai nghiệm (−2;6), (−3;4).Áp dụng (4) ta có thêm các nghiệm (−5;−6); (−4;−4).

Nghiệm nguyên của phương trình đã cho là

(−2;6), (−3;4), (−5;−6); (−4;−4).


Tổng hợp một số bài toán đố

Nguyễn Khánh Tùng(Đại học KHTN TP Hồ Chí Minh)

Trong phần này, tác giả xin giới thiệu một số bài toán chọn lọc trong các đề thi tuyển sinh 9lên 10 với hình thức bài toán thực tế: các tình huống rất phong phú như bài toán về diện tích,quãng đường - vận tốc, bài toán về công việc, về tuổi, chia kẹo, thi đấu cờ, tiền lãi ngân hàng,... Để giải quyết các vấn đề thế này, học sinh cần phải suy luận phân tích kỹ tình huống đểmô hình hóa thành các hệ phương trình, phương trình đại số hoặc các bất đẳng thức để giảiquyết. Đôi khi còn cần có cả các kiến thức về hình học lẫn đại số.

Bài toán 21. Hai thành phố A, B cách nhau hơn 100 km. Đúng 7 giờ sáng, một xemáy xuất phát từ thành phố A đi đến thành phố B và đến nơi lúc 10 giờ 20. Cũng tạithành phố A, đúng 7 giờ 30 phút, một ô tô đi tới thành phố B với vận tốc lớn hơn vậntốc xe máy là 12 km/h và ô tô đến thành phố B khi xe máy còn cách thành phố B mộtđoạn đường dài 12 km. Tính khoảng cách giữa hai thành phố A và B.

Bài toán 22. An, Bình và Nam đi dạo ở một khu vườn hình chữ nhật ABCD có diệntích 4800 m2 và hẹn gặp nhau tại D. An xuất phát từ A, đi qua các đoạn đường thẳngAB và BD; Bình xuất phát từ C đi qua các đoạn đường thẳng CA và AD; Nam xuấtphát từ D đi qua các đoạn thẳng DA, AB, BC và CD. Biết tổng các đoạn đường An vàBình đi là 340 m, tính tổng quãng đường mà Nam đã đi.

Bài toán 23 (Chuyên tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, 2013-2014). Quãng đường AB dài 120km. Một ô tô khởi hành từ A đi đến B và một mô tô khởi hành từ B đi đến A cùng lúc.Sau khi gặp nhau tại địa điểm C, ô tô chạy thêm 20 phút nữa thì đến B còn mô tôchạy thêm 3 giờ nữa thì đến A. Tính vận tốc của ô tô và vận tốc của mô tô

Bài toán 24. Đúng 6 giờ sáng bố chở Nam đến trường bằng xe đạp với vận tốc 12km/h. Vừa đến trường Nam phát hiện mình quên mang giấy báo thi nên bố Nam vộiquay về lấy. Trước đó khi hai bố con Nam rời khỏi nhà một lát thì mẹ Nam phát hiệnra Nam quên mang giấy báo thi nên vội vàng dùng xe đạp điện chạy theo để đưa choNam với vận tốc 18 km/h. Bố mẹ Nam gặp nhau (khi bố Nam đang về) và mẹ Namtiếp tục chạy tới trường gặp Nam vào lúc 6h20. Hỏi bố và mẹ Nam gặp nhau lúc mấy

34

Nguyễn Khánh Tùng

giờ biết quãng đường từ nhà Nam tới trường là 3 km?

Bài toán 25 (Chuyên ĐHSP-Hà Nội, 2016-2017). Một người đi xe máy từ địa điểmA tới địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc trên 3/4 quãng đường AB đầu không đổi,vận tốc trên 1/4 quãng đường AB sau bằng 1/2 vận tốc trên 3/4 quãng đường ABđầu. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn hơn vận tốc trên3/4 quãng đường AB đầu tiên lúc đi là 10 km/h. Thời gian kể từ lúc xuất phát tại Ađến khi đi xe trở lại A là 8,5 giờ. Tính vận tốc của xe máy trên quãng đường người đóđi từ B về A.

Bài toán 26 (Chuyên ĐHSP-Hà Nội, 2014-2015). Cho quãng đường AB dài 120 km.Lúc 7 giờ sáng, một xe máy đi từ A đến B. Đi được 3/4 quãng đường thì xe bị hỏngphải dừng lại sửa mất 10 phút rồi đi tiếp đến B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đầu10 km/h. Biết xe máy đến B lúc 11 giờ 40 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc của xemáy trên 3/4 quãng đường ban đầu không thay đổi và vận tốc xe máy trên 1/4 quãngđường còn lại không thay đổi. Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ?

Bài toán 27. Ba đội cùng làm chung một công việc, sau 4 ngày thì đội 3 được điềulàm việc khác, hai đội còn lại tiếp tục làm thêm 12 ngày nữa thì xong việc. Nếu sau 6ngày làm việc chung đội 3 mới được điều đi thì cần thêm 9 ngày nữa để hai đội cònlại hoàn thành công việc. Hỏi nếu chỉ hai đội 1 và 2 cùng làm thì xong công việc saubao nhiêu ngày?

Bài toán 28. Người ta dùng 3 máy bơm I, II, III để bơm nước chống hạn cho cánhđồng. Nếu cả ba máy cùng bơm thì xong sớm hơn máy I bơm một mình 28 ngày, xongsớm hơn máy II bơm một mình là 48 ngày và bằng một nửa thời gian máy III bơmmột mình. Hỏi mỗi máy nếu bơm một mình thì mất bao nhiêu ngày để hoàn thànhcông việc?

Bài toán 29 (Chuyên tỉnh Quãng Ngãi, 2016-2017). Cho hai vòi nước cùng chảyvào một cái bể không có nước thì trong 7 giờ 12 phút sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảytrong 4 giờ rồi khóa lại và cho vòi thứ hai chảy trong 3 giờ thì được 1/2 bể nước. Hỏinếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể?

Bài toán 30 (PTNK năm học 2013-2014). Có 2 vòi nước A, B cùng cung cấp cho mộthồ cạn nước và vòi C (đặt sát đáy hồ) lấy nước từ hồ cung cấp cho hệ thống tưới cây.Đúng 6 giờ, hai vòi A và B được mở, đến 7 giờ vòi C được mở, đến 9 giờ thì đóng vòi Bvà vòi C, đến 10 giờ 45 phút thì hồ đầy nước. Người ta thấy rằng nếu đóng vòi B ngaytừ đầu thì phải đến đúng 13 giờ hồ mới đầy. Biết lưu lượng vòi B là trung bình cộngcủa lưu lượng vòi A và vòi C, hỏi một mình vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong bao lâu?


36 Nguyễn Khánh Tùng

Bài toán 31 (PTNK năm học 2010-2011). Cho tam giác ABC vuông tại A, có chu vibằng 30cm và diện tích bằng 30cm2. Tính độ dài các cạnh của tam giác.

Bài toán 32 (PTNK năm học 2015-2016, câu a). Cho một tam giác vuông. Nếu tatăng độ dài mỗi cạnh góc vuông thêm 3cm thì diện tích tăng thêm 33cm2; nếu giảmđộ dài một cạnh góc vuông đi 2cm và tăng độ dài cạnh góc vuông còn lại thêm 1cmthì diện tích giảm 2cm2. Hãy tính độ dài các cạnh của tam giác vuông.

Bài toán 33 (PTNK năm học 2016-2017, câu a). Ông An định cải tạo một mảnhvườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cáihồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm mất 3% diện tích mảnh vườn, còn nếugiảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặthồ giảm được 20m2. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.

Bài toán 34 (PTNK năm học 2018-2019, câu b). Một khu đất hình chữ nhất ABCD(AB


diện tích 1300m2, còn lại 1200m2 trồng hoa. Hãy tính cạnh hình vuông AMIQ (biếtAM


Bài toán 44. Đề thi Toán có 10 câu, theo đáp án mỗi câu có 4 ý nhỏ và mỗi ý được0,25 điểm. Bạn X không làm được 3 câu, bạn Y không được 2 câu nhưng vì vội vã vàkhông cẩn thận nên có nhiều sai sót hơn (nhiều ý không được tính điểm) và có tổngsố điểm thấp hơn X. Tìm tổng số điểm bài thi của bạn Y biết tổng số điểm của hai bạnlà một số nguyên lớn hơn 12.

Bài toán 45. Nhân dịp Trung thu cô giáo cho 4 em học sinh An, Bình, Châu, Đạt mỗibạn một số viên kẹo khác nhau. Biết số kẹo được nhận của ba trong số 4 bạn là 2, 3và 4; tổng số kẹo của An và Bình là 6 viên và tổng số kẹo của Bình và Châu là 10 viên.Hỏi Đạt nhân được bao nhiêu viên kẹo?

Bài toán 46. Một trường THCS tổ chức cho học sinh khối 8 và 9 đi tham quan mộtviện bảo tàng. Nhà trường quyết định mỗi xe ô tô phải chở một số học sinh như nhau.Lúc đầu ban giám hiệu định cho mỗi ô tô chở 22 học sinh, nhưng nếu như vậy thì còndư ra một em. Về sau khi bớt đi một ô tô thì có thể sắp xếp các em học sinh đều lênmỗi ô tô còn lại. Hỏi lúc đầu có bao nhiêu ô tô và tổng số học sinh của hai khối 8 và9, cho biết mỗi ô tô chỉ chở được không quá 32 em?

Bài toán 47. Có hai giỏ táo. Nếu lấy 100 trái từ giỏ I bỏ qua giỏ II thì số táo ở giỏ IIgấp đôi số táo ở giỏ I. Nếu lấy một số trái táo nào đó từ giỏ II bỏ qua giỏ I thì số táo ởgiỏ I gấp 6 lần số táo ở giỏ II. Hỏi giỏ I có ít nhất là bao nhiêu trái táo? Trong trườnghợp đó số táo có trong giỏ II là bao nhiêu?

Bài toán 48. Trong cuộc thi đấu cờ quốc tế của trường THCS Nguyễn Du có hai bạnhọc sinh lớp 8 và nhiều bạn học sinh lớp 9 tham gia. Theo điều lệ cuộc thi, hai kỳ thủbất kỳ đều phải đấu với nhau một ván cờ: người thắng được 1 điểm, người thua được0 điểm, nếu hòa nhau thì mỗi người được nửa điểm. Tính số học sinh lớp 9 đã thamgia cuộc thi, biết rằng số này là số lẻ, các bạn học sinh lớp 9 tham gia đều nhận đượcsố điểm bằng nhau và khác 0, còn hai học sinh lớp 8 nhận được tổng cộng 10 điểm.

Bài toán 49. Hai đội cờ thi đấu với nhau, mỗi kỳ thủ của đội này phải đấu một váncờ với mỗi kỳ thủ của đội kia. Cho biết tổng số ván cờ đã đấu gấp 4 lần tổng số kỳ thủcủa cả hai đội, và số kỳ thủ của ít nhất một trong hai đội là số lẻ. Hỏi mỗi đội có baonhiêu kỳ thủ?

Bài toán 50. Trong một cuộc đợt thi đua, anh An làm vượt mức 10 sản phẩm, anhBách làm vượt mức 16 sản phẩm và anh Dũng làm vượt mức 26 sản phẩm. Số sảnphẩm vượt định mức của mỗi người gồm hai loại: loại A và loại B. Số sản phẩm vượt



mức của mỗi người là khác nhau, nhưng do sản phẩm loại B được thưởng ít hơn loạiA nên người nào cũng được thưởng một số tiền là 1,4 triệu đồng. Tính xem mỗi ngườivượt định mức bao nhiêu sản phẩm mỗi loại và tiền thưởng cho một sản phẩm củamỗi loại là bao nhiêu?

Bài toán 51. Hai anh công nhân An và Bình cùng có khả năng làm được ba việc a,b,c.Anh Bình có thể làm xong việc a hết 6 phút, việc b hết 6 phút và việc c hết 7 phút. Vớianh An thời gian cần thiết làm xong các việc a, b, c tương ứng là 10 phút, 13 phút và14 phút. Hãy tính xem nếu cả hai anh cùng làm thì cần khoảng thời gian ít nhất làbao nhiêu để xong cả ba việc?

Bài toán 52. Trong lớp 9A có 17 bạn thích bơi, 20 bạn thích bóng đá, 25 bạn thíchbóng chuyền, 14 bạn thích bóng đá và bơi, 13 bạn thích bơi và bóng chuyền, 15 bạnthích bóng chuyền và bóng đá, 10 bạn thích cả ba môn và 12 bạn không thích mônnào trong ba môn này. Tính số học sinh lớp 9A.

Bài toán 53. Vụ đông xuân năm nay, một hợp tác xã nông nghiệp đã dành ra 1 khuđất để trồng các loại ngô, khoai, đậu nành. Trong số ấy có 215 ha trồng khoai, 175ha trồng ngô, 92 ha trồng đậu nành. Trong số đó có 12 ha trồng đậu nành xen trồngngô, 35 ha trồng đậu nành xen với trồng khoai, 5 ha trồng ngô xe với trồng khoai,đặc biệt có 2 ha trồng xen cả 3 loại. Hãy tính diện tích cả khu đất mà hợp tác xã nôngnghiệp đã dành cho việc trồng hoa màu.

Bài toán 54. Trong một hội thảo quốc tế có 30 đại biểu nói tiếng Nga, 40 đại biểunói tiếng Pháp, 45 đại biểu nói tiếng Anh. Trong số đó có 20 đại biểu nói được tiếngAnh và tiếng Pháp, có 16 đại biểu nói được tiếng Pháp và tiếng Nga, có 12 đại biểunói được tiếng Nga và tiếng Anh. Có 5 đại biểu nói được cả ba thứ tiếng. Tính số đạibiểu nói được đúng 1 thứ tiếng và số đại biểu tham gia dự hội thảo.

Bài toán 55. Trong ba phòng học có tổng cộng 7 bóng đèn. Cho biết số bóng đèn trongmỗi phòng không ít hơn 2. Hỏi mỗi phòng có mấy bóng đèn?

Bài toán 56 (PTNK năm học 2010-2011). Cho số tự nhiên n có hai chữ số, chữsố hàng chục là x , chữ số hàng đơn vị là y (nghĩa là x 6= 0 và n = 10x + y). GọiM = n/(x + y).a) Tìm n để M = 2.b) Tìm n để M nhỏ nhất.

Bài toán 57 (PTNK năm học 2014-2015).



a) Gọi x =a+ b

2, y =

pab lần lượt là trung bình cộng và trung bình nhân của hai

số dương a và b. Biết trung bình cộng của x và y bằng 100. Tính S =p

a+p

b.b) Giả sử hai đại lượng x , y tỉ lệ nghịch (x,y>0). Nếu x tăng a% thì y giảm m%.Tính m theo a.

Bài toán 58 (PTNK năm học 2015-2016, câu b). Bạn An dự định trong khoảng thờigian từ ngày 1 tháng 3 đến ngày 30 tháng 4 sẽ giải mỗi ngày 3 bài toán. Thực hiệnđúng kế hoạch được một thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng 3 có 31 ngày) thìAn bị bệnh, phải nghỉ giải toán nhiều ngày liên tiếp. Khi hồi phục, trong tuần đầu Anchỉ giải được 16 bài; sau đó An cố gắng giải 4 bài mỗi ngày và đến 30 tháng 4 thì Ancũng hoàn thành kế hoạch đã định. Hỏi bạn An phải nghỉ giải toán ít nhất bao nhiêungày?

Bài toán 59 (PTNK năm học 2016-2017, câu b). Lớp 9A có 27 học sinh nam và 18học sinh nữ. Nhân dịp sinh nhật của bạn X (là một thành viên của lớp), các bạn tronglớp có rất nhiều món quà tặng X. Ngoài ra mỗi bạn nam của lớp làm 3 tấm thiệp vàmỗi bạn nữ xếp 2 hoặc 5 con hạc để tặng bạn X. Biết số thiệp và số con hạc bằng nhau.Hỏi bạn X là nam hay nữ?

Bài toán 60. Tổng của chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị của một số có ba chữsố là 14. Nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại thì được số mới nhỏ hơn số ban đầu là396. Tìm số đó biết rằng chữ số hàng chục nhỏ hơn chữ số hàng đơn vị là 1 đơn vị.

Bài toán 61. Một người mang trứng ra chợ bán. Tổng số trứng bán ra được tính như

sau: Ngày thứ nhất bán được 8 trứng và18

số trứng còn lại. Ngày thứ hai bán được 16

trứng và18

số trứng còn lại. Ngày thứ ba bán được 24 trứng và18

số trứng còn lại. Cứ

như vậy cho đến ngày cuối cùng thì bán hết trứng. Biết số trứng bán được mỗi ngàyđều bằng nhau. Hỏi tổng số trứng người đó bán được là bao nhiêu và bán hết trongmấy ngày?

Bài toán 62. Một nhà toán học trẻ chưa đến 40 tuổi, khi được hỏi: bao nhiêu tuổi,đã trả lời như sau: "Tổng, hiệu, tích, thương của tuổi tôi và tuổi con trai tôi cộng lạibằng 216. Hỏi nhà toán học trẻ bao nhiêu tuổi?

Bài toán 63. Hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước và chảy đầy bể mất 1 giờ48 phút. Nếu chảy riêng, vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 1 giờ 30phút. Hỏi nếu chảy riêng, mỗi vòi sẽ chảy đầy bể trong bao lâu?



Bài toán 64. Một thửa ruộng hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 40m, chiều dàihơn chiều rộng 8m. Tính diện tích thửa ruộng đó.

Bài toán 65. Bác Bình dự định trồng 300 cây cam theo nguyên tắc trồng thành cáchàng, mỗi hàng có số cây bằng nhau. Nhưng khi thực hiện bác Bình đã trồng thêm 2hàng, mỗi hàng thêm 3 cây so với dự kiến ban đầu nên đã trồng được tất cả 391 cây.Tính số cây trên một hàng mà bác Bình dự kiến trồng ban đầu.

Bài toán 66. Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120km.Một người dự định đi xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Mê Thuột với vận tốckhông đổi. Sau khi được 45 phút, người ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến thành phồBuôn Ma Thuột đúng thời gian đã dự định, người đó phải tăng vận tốc thêm 5 km/htrên quãng đường còn lại. Tính vận tốt của người đi xe máy theo dự định ban đầu.

Bài toán 67. Cho một hình chữ nhật, nếu tăng mỗi cạnh của nó lên 2cm thì diện tíchcủa nó tăng lên 44cm2, nếu giảm chiều dài đi 2cm và giảm chiều rộng đi 1cm thì diệntích của nó giảm đi 26cm2. Tính diện tích của hình chữ nhật đã cho.

Bài toán 68. Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 84 tấn hàng. Hôm làm việc docó 7 xe được bổ sung thêm vào đoàn xe nên mỗi xe được chở bớt đi 1 tấn hàng so vớidự định ban đầu. Biết khối lượng hàng mỗi xe chuyên chở như nhau, hỏi đoàn xe banđầu có có bao nhiêu chiếc xe?

Bài toán 69. Trên quãng đường dài 20km, tại cùng một thời điểm, bạn An đi bộ từA đến B và bạn Bình đi bộ từ B đến A. Sau 2 giờ kể từ lúc xuất phát, An và Bình gặpnhau tại C và cùng nghỉ lại 15 phút (vận tốc của An trên quãng đường AC không thayđổi, vận tốc của Bình trên quãng đường BC không thay đổi). Sau khi nghỉ, An đi tiếpđến B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của An trên quãng đường AC là 1km/h, Bình đi tiếpđến A với vận tốc lớn hơn vận tốc của Bình trên quãng đường BC là 1km/h. Biết rằngAn đến B sớm hơn so với Bình đến A là 48 phút. Hỏi vận tốc của An trên quãng đườngAC là bao nhiêu?

Bài toán 70. Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, câynến thứ nhất cháy hết với tốc độ đều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độđều trong 4 giờ. Hỏi phải bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để 4 giờ chiều phần còn lạicủa cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất?



Bài toán 71. Cho quãng đường AB dài 300 km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuấtphát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xegặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứnhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút.

Bài toán 72. Một nhà báo hỏi tuổi của một nhà toán học khi vào năm 2000 thì nhậnđược câu trả lời như sau: "27 năm trước, khi tốt nghiệp đại học, tuổi của tôi bằngtổng các chữ số của năm sinh". Hãy tìm tuổi của nhà toán học.

Bài toán 73. Môt nhóm 21 người đã đi du lịch đến các nước Anh, Pháp, Ý trong đómỗi người đã đi ít nhất một nước và không có người nào đi cả 3 nước. Biết rằng sốngười đã đi được cả hai nước Ý và Anh gấp đôi số người đã đi được cả hai nước Phápvà Ý. Còn số người đã đi được cả hai nước Pháp và Ý lại gấp đôi số người đã đi đượccả hai nước Anh và Pháp. Số người chỉ đi Ý (mà không đi Anh, Pháp) hơn số ngườichỉ đi Anh (mà không đi Pháp, Ý) là một người và bằng với số người đã đi Pháp.

a) Hãy tìm số người chỉ đi đúng một nước.

b) Hãy tìm số người đã đi ít nhất một trong hai nước Anh và Pháp.

Bài toán 74. Trên quãng đường nối hai tỉnh A và B có hai người chuyển động đều.M xuất phát từ A đi bằng ô tô đến B rồi quay lại A ngay. N xuất phát từ B đi bằng xemáy đến A rồi quay trở lại B ngay. Họ khởi hành cùng một lúc. Lượt đi gặp nhau tạiI, lượt về gặp nhau tại K. Biết rằng AB=120km và IB=50km. Tính quãng đường AK.

Bài toán 75. Một chiếc tàu thủy đi từ bến sông A đến bến sông B hết 5 giờ. Từ bến Bvề bến A tàu đi hết 7 giờ. Hỏi nếu một chiếc bè được thả trôi theo dòng sông thì sẽ đitừ bến A đến bến B hết bao lâu? Biết rằng ở lượt đi cũng như ở lượt về, tàu thủy khôngdừng lại ở chỗ nào và vẫn giữ nguyên vận tốc riêng của nó (vận tốc riêng là vận tốckhi nước yên lặng)

Bài toán 76. Tới dự kỳ thi học sinh giỏi Toán toàn thành phố có tất cả 47 học sinhnam và nữ. Các bạn nữ nhận thấy như sau: - Bạn An quen 16 bạn nam.- Bạn Bính quen 17 bạn nam.- Bạn Cúc quen 18 bạn nam.- . . . . . . . . .- Và bạn Yến, học sinh nữ cuối cùng quen tất cả các bạn nam.Hãy tính xem kỳ thi đó có tất cả bao nhiêu bạn nam và bao nhiêu bạn nữ.



Bài toán 77. Ba bạn An, Bình, Cúc cùng cắt bông giấy để trang trí lớp học. Nếu bạnAn cắt thêm 5 bông thì số bông giấy mà An cắt được bằng tổng số bông giấy của Bìnhvà Cúc cắt. Nếu Bình cắt thêm 9 bông thì số bông giấy mà Bình cắt được bằng tổng sốbông giấy của Cúc và An cắt. Họ của ba người bạn này là Nguyễn, Trần, Lê. Hãy tìmsố bông giấy của mỗi bạn cắt được và xác định họ của mỗi bạn biết rằng bạn có họNguyễn đã cắt được một số bông là bội của 3 còn bạn họ Lê cắt được 11 bông.

Bài toán 78. Hai thị trấn A và B cùng nằm trên một dòng sông, cách nhau D km. Thịtrấn B có địa thế cao hơn nên dòng nước luôn chảy từ B đến A với vận tốc d km/hkhông đổi. Nếu nước không chảy, tàu "Hy vọng" có vận tốc x km/h không đổi, tàu"Tương lai" có vận tốc y km/h không đổi. Vào lúc 8 giờ sáng, tàu "Hy vọng" xuất pháttừ A đi về hướng B và tàu "Tương lai" xuất phát từ B đi về hướng A. Vào lúc 12 giờ

trưa, hai tàu gặp nhau lần đầu tiên tại một địa điểm cách A một khoảng cách làD3

.

Khi đến A, tàu "Tương lai" nghỉ nửa giờ rồi quay về B. Tương tự khi đến B, tàu "Hyvọng" cũng nghỉ nửa giờ rồi quay về A. Hai tàu gặp nhau lần thứ hai tại một địa điểm

cách B một khoảng cách là5D27

. Tìm vận tốc của các tàu "Hy vọng" và "Tương lai" biết

rằng nếu ngay từ đầu mỗi tàu tăng vận tốc 7,5 km/h thì hai tàu sẽ gặp nhau lần đầuvào lúc 11 giờ trưa.

Bài toán 79. Ba người bạn là An, Bình, Châu có ba người em gái là Lan, Mai và Nga.Trong một buổi sinh nhật, các bạn đã nêu các nhận xét sau đây về tuổi:- An nói: Mỗi người anh trai đều hơn em gái của mình 5 tuổi.- Châu nói: Tổng số tuổi của tất cả 6 người mình là 151.- Bình nói: Tổng số tuổi của mình và Nga là 52.- Nga nói: Tổng số tuổi của mình và anh Châu là 48.- Lan nói: Mình ít tuổi nhất ở đây.Hãy tính tuổi của mỗi người và từng cặp anh em ruột trong 6 người.

Bài toán 80. Trong một cuộc thi đấu cờ có học sinh của hai khối lớp 9 và lớp 10 thamgia. Mỗi bạn phải chơi một ván với các bạn khác. Học sinh lớp 10 đông gấp 10 lần họcsinh lớp 9, do đó tổng số điểm mà khối 10 giành được gấp 4,5 lần tổng số điểm màhọc sinh khối 9 nhận được. Tìm số điểm mà học sinh lớp 9 nhận được và số bạn lớp 9đã tham gia thi đấu.

Bài toán 81. Một chiếc xe con và một ô tô cùng đi từ A đến B. Vận tốc xe con là 62km/h. Vận tốc xe ô tô tải là 55 km/h. Để hai xe cùng tới B một lúc, xe ô tô tải chạy

trước xe ô tô con một thời gian. Khi chạy được23

đoạn đường AB, do đường xấu nên

xe tải phải giảm vận tốc và chạy với vận tốc 27,5 km/h. Do vậy xe con bắt kịp xe tảitại C cách B 124km. Tính quãng đường AB.



Bài toán 82. Trên quãng đường AB của một thành phố, cứ 6 phút lại có một xe buýtđi theo chiều từ A đến B, và cũng cứ 6 phút lại có một xe buýt đi theo chiều ngược lại.Các xe này chuyển động đều với cùng vận tốc như nhau. Một khách du lịch đi bộ từ Ađến B nhận thấy cứ 5 phút lại gặp một xe đi từ B về phía mình. Hỏi cứ bao nhiêu phútlại có một xe đi từ A vượt qua người đó.

Bài toán 83. Một khách du lịch đi từ A đến B nhận thấy cứ 15 phút lại gặp một xebuýt đi cùng chiều vượt qua, cứ 10 phút lại gặp một xe buýt chạy ngược lại. Biết rằngcác xe buýt đều chạy với cùng một vận tốc, khởi hành sau những khoảng thời gianbằng nhau và không dừng lại trên đường (trên chiều từ A đến B cũng như chiều ngượclại). Hỏi cứ sau bao nhiêu phút thì các xe buýt lại lần lượt rời bến?

Bài toán 84. Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12% mỗinăm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách sau: sau đúng một tháng kể từngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một thángsố tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng ba tháng kể từngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền ông A phải trả cho ngân hàng mỗi tháng là baonhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.

Bài toán 85. Một người được lĩnh lương khởi điểm là 700.000 đồng/tháng. Cứ banăm anh ta lại được tăng lương thêm 7%. Hỏi sau 36 năm làm việc anh ta lãnh đượctất cả bao nhiêu tiền?

Bài toán 86. Bà Hoa gửi 100 triệu đồng vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãisuất là 8%/năm. Sau 5 năm bà rút toàn bộ tiền và dùng một nửa để sửa nhà, số tiềncòn lại bà tiếp tục đem gửi ngân hàng trong 5 năm với cùng lãi suất. Tính số tiền lãithu được sau 10 năm?

Bài toán 87. Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất ban đầu4%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cứ sau một năm lãi suất tăng 0.3%.Hỏi sau 4 năm tổng số tiền người đó nhận được là bao nhiêu?

Bài toán 88. Ông B gửi 200 triệu đồng loại kì hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãisuất 6,9%/năm thì sau 6 năm 9 tháng hỏi ông B nhận được tất cả bao nhiêu tiền cảvốn lẫn lãi biết rằng ông B không rút lãi ở tất cả các kỳ hạn trước và nếu rút trướcngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại lãi không kì hạn là 0,002%/ngày (1 tháng tính 30ngày).


Đề ôn tập kì thi tuyển sinh vào lớp 10PTNK

Nguyễn Tăng Vũ(Trường PTNK TP Hồ Chí Minh)

STAR EDUCATIONĐỀ LIVESTREAM LẦN 1

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH VÀO 10năm học 2020-2021

môn thi: TOÁN CHUYÊN——————

Thời gian làm bài: 150 phút——————

Bài 1. Cho phương trìnhp

2x +m2 − 6m+ 3= x −m (m là tham số)

(a) Giải phương trình khi m= 4.

(b) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 2. Cho a, b, c là độ dài của một tam giác. Chứng minh rằng

32≤

b+ cb+ c + 2a

+a+ b

a+ b+ 2c+

a+ ca+ c + 2b

<53

Bài 3. (a) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của n để bội chung nhỏ nhất của 3n+1, 2n+ 1 không vượt quá 2020.

(b) Cho a, b là các số nguyên dương sao cho tồn tại số nguyên tố p thỏa

BCNN(a, a+ p) = BCNN(b, b+ p)

Chứng minh rằng a = b.

Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AD. Gọi M là trungđiểm BC , AM cắt BD tại K . Đường thẳng d qua K vuông góc BD cắt BC tại T ,OM cắt d tại S, BD tại H, E là giao điểm của T H và BS.

(a) Chứng minh BM2 = AM ·M E.(b) Chứng minh E thuộc (O) và AEMO nội tiếp.

(c) Gọi Q là giao điểm của ED và ST . Chứng minh (EQT ) và (O) tiếp xúcnhau.

45

46 Nguyễn Tăng Vũ

Bài 5. Cho bảng vuông 10× 10 và các hình tetromino sau:

(a) Chứng minh rằng có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các hình Tetrominovuông 2× 2.

(b) Có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các hình Teotromino thẳng 1×4 đượckhông? Tại sao?

(c) Tìm tất cả các giá trị m, n để bảng m × n để có thể phủ được bằng cácTetromino thẳng 1× 4.

– HẾT –


Nguyễn Tăng Vũ

LỜI GIẢIBài 1. (a) Khi m= 4. Ta có

p2x − 5= x − 4.

• 2x − 5= (x − 4)2(x ≥ 4)• x = 3(l), x = 7(n)• S = {7}

(b) • x2 − 2(m+ 1)x + 6m− 3= 0(x ≥ m).• x = 3, x = 2m− 1.TH1: 3= 2m− 1≥ m⇔ m= 2.TH2: 3< 2m− 1,2m− 1≥ m> 3⇔ m> 3.TH3: 2m− 1< 3,3≥ m> 2m− 1⇔ m< 1.• Phương trình có một một khi m= 2, m< 1 hoặc m> 3.

Bài 2. (a) Đặt x = a+ b, y = a+ c, z = b+ c.

•z

x + y+

yx + z

+x

y + z≥

32

.

• Tự giải

(b) • b+c > a⇒ 3(a+b+c)> 4a+2b+2c⇒4a

4a+ 2b+ 2c>

4a3(a+ b+ c)

.

•b+ c

2a+ b+ c< 1−

4a3(a+ b+ c)

.

•a+ c

2b+ a+ c< 1−

4b3(a+ b+ c)

,a+ b

2c + a+ b< 1−

4c3(a+ b+ c)

• Cộng lại có điều cần chứng minh

Bài 3. (a) • Đặt d = (3n+ 1, 2n+ 1)⇒ d|3n+ 1, d|2n+ 1⇒ d|n⇒ d|1⇒ d = 1.• Suy ra BCNN(3n+ 1,2n+ 1) = (3n+ 1)(2n+ 1) = 6n2 + 5n+ 1.• 6n2 + 5n+ 1≤ 2020 mà n nguyên dương, suy ra n ∈ {1,2, · · · , 17}.• Có 17 giá trị n thỏa đề bài.

(b) Chú ý nếu d = (a, a+ p)⇒ d = 1 hoặc d = p và d = p⇔ p|a.Kí hiệu [x , y] = BCNN(x , y).

• Nếu a không chia hết cho p suy ra (a, a + p) = 1, khi đó [a, a + p] =a(a+ p). Và [b, b+ p] không chia hết cho p. Suy ra b, b+ p không chiahết cho p. Do đó (b, b+ p) = 1. Suy ra [b, b+ p] = b(b+ p).Khi đó a(a+ p) = b(b+ p)⇒ a = b.

• Nếu p|a⇒ (a, a+ p) = p⇒ [a, a+ p] =a(a+ p)

p.

Hơn nữa p|[b, b+ p]⇒ p|b hoặc p|b+ p. Từ đó suy ra p|b, p|b+ p.Đặt a = pa′, b = pb′. Suy ra [a, a+ p] = [pa′, p(a′ + 1)] = pa′(a′ + 1)và [b, b+ p] = [pb′, p(b′ + 1)] = p′b′(b′ + 1).a′(a′ + 1) = b′(b′ + 1)⇒ a′ = b′⇒ a = b.


48 Nguyễn Tăng Vũ

Bài 4. (a) • H là trực tâm 4BST• BMKS nội tiếp⇒ ∠T KM = ∠MBE

AB//ST (⊥BD)⇒ ∠T KM = ∠BAMSuy ra ∠MBE = ∠BAM (1)

• T M ES nội tiếp⇒ ∠BTS = ∠BEMAB//ST ⇒ ∠BTS = ∠ABMSuy ra ∠BEM = ∠ABM (2)

• (1) và (2) suy ra: 4ABM ö4BEM ⇒ AM ·M E = BM2

(b) • AM ·M E = BM2 = C M2

∠AMB = ∠BM E⇒ ∠AMC = ∠C M E

ª

⇒4AMC ö4C M E

⇒ ∠MAC = ∠MC E; ∠AC M = ∠M EC⇒ ∠BAC +∠BEC = ∠ABE +∠AC E = 180◦

• Suy ra ABEC nội tiếp⇒ E ∈ (O)

• ∠ABM = ∠AEC∠BAM = ∠MBE = ∠EAC

ª

⇒4ABM ö4AEC

⇒ ∠AMB = ∠AC E⇒ ∠AMB +∠BM E = 2∠AMB = 2∠AC E⇒ ∠AM E = ∠AOESuy ra AOM E nội tiếp.

(c) Trên nửa mặt phẳng bờ OE không chứa điểm B, vẽ tia Ex⊥OE⇒ Ex thuộctiếp tuyến của (O) tại E.

• ∠EBD = ∠ETQ (cùng phụ với ∠BST); ∠EBD = ∠DExSuy ra ∠ET

tẬp san toÁn hỌc sỐ 04 – 2020 - geosiro · 2020. 7. 22. · hæp và mºt đ• ôn cho...

Documents