Toán tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên - Chuyên đề 8: Số học - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Toán tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên - Chuyên đề 8: Số học - Năm học 2018-2019

1. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 Chuyên đề 8: SỐ HỌC Câu 1. (Tuyển sinh tỉnh Bình Định - chuyên 2018-2019) 4 Chứng minh rằng số M n 1 n4 1 chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi số n nguyên dương. Lời giải 4 Ta có: M n 1 n4 1 2n4 4n3 6n2 4n 2 2 2 n4 2n3 3n2 2n 1 2 n2 n 1 2 Do đó M luôn chia hết cho số chính phương n2 n 1 . Câu 2. (Tuyển sinh tỉnh Bình Định - chuyên 2018-2019) a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p 1 là lập phương của số nguyên dương. b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a,b thỏa mãn 3 a2 b2 7 a b 4 Lời giải 3 a) Vì 16p 1 là lẻ và lớn hơn 1 nên có thể đặt 16p 1 2n 1 , n ¥ *. Ta có 16p 1 2n 1 3 8p n 4n 2 6n 3 Vì 4n 2 6n 3 là số lẻ lớn hơn 1 và không phân tích được thành tích của hai số nguyên nên n 8 từ trên suy ra 2 4n 6n 3 p Từ đó, ta có p 307. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy p 307 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu b) Nhân cả hai vế 12, ta được 36 a2 b2 84 a b 48 6a 7 2 6b 7 2 50 Số 50 có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là 50 25 25 1 49 Do vai trò của a,b như nhau nên nếu a,b thỏa mãn thì b,a cũng thỏa mãn. Nên chỉ cần xét các trường hợp sau:  Trang 1 
2. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 a 2 b 2 6a 7 5 a 2 6a 7 5 1 6a 7 5 b 3 2 6a 7 25 6a 7 5 TH1: 1 2 a 6b 7 25 6a 7 5 3 6a 7 5 b 2 6a 7 5 1 a 6a 7 5 3 1 b 3 4 a 3 6a 7 1 7 b 6b 7 7 3 6a 7 1 4 a 2 6a 7 1 6b 7 7 3 TH2: 2 6a 7 1 b 0 6b 7 49 a 1 6b 7 7 7 6a 7 1 b 3 6b 7 7 a 1 b 0 Kết hợp với giả thiết và nhận xét ở trên, ta có các bộ số a,b thỏa mãn là: 0,1 ; 1,0 , 2,2  Câu 3. (Tuyển sinh tỉnh Nam Định - chuyên 2018-2019) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2x2 5y2 41 2xy. b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho 6. Lời giải a) Phương trình đã cho tương đương 2x2 2xy 5y2 41 0. (1) 2 2 82 2 2 Ta có V'x 82 9y 0 y . Mặt khác từ (1) ta có y là số lẻ, nên y 1;9 9 Với y 1 2x2 2x 36 0 x ¢ . Với y 1 2x2 2x 36 0 x ¢ .  Trang 2 
3. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 2 x 1 Với y 3 2x 6x 4 0 x 2. 2 x 1 Với y 3 2x 6x 4 0 x 2. Vậy có 4 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là: (1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3). b) Đặt n 6q r, r 0,1,2,3,4,5 . Khi đó n3 2019 chia hết cho 6 khi r3 3 chia hết cho 6. Nếu r chẵn thì r3 3 lẻ, do đó r3 3 không chia hết cho 6. Suy ra r 1,3,5. Với r 1 r3 3 4 không chia hết cho 6. Với r 3 r3 3 306 . Với r 5 r3 3 128 không chia hết cho 6 Suy ra n 6q 3. Mà 0 n 2019 0 q 336. Vậy có tất cả 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Câu 4. (Tuyển sinh tỉnh Nam Định - chuyên 2016-2017) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a,b; a b , ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a b ab. Hỏi với cách thực hiện như vậy, trên bảng có thể xuất hiện số 2016 được hay không? Giải thích. Lời giải Đặt k ab a b a 1 b 1 1. Nếu trong 2 số a,b tồn tại một số chia 3 dư 2 thì k chia 3 dư 2. Ban đầu trên bảng gồm có số 2 và số 4 (một số chia 3 dư 1; một số chia 3 dư 2). Suy ra tại mọi thời điểm, trên bảng luôn chỉ có một số chia 3 dư 1 và các số còn lại chia 3 dư 2. Do đó với cách thực hiện như đề bài, trên bảng không thể xuất hiện số 2016 (Vì số 2016 chia hết cho 3). Lưu ý: Học sinh có thể dùng bất biến theo modun 10 bằng cách nhận xét chữ số tận cùng của các số viết trên bảng; hoặc sử dụng cách liệt kê các số được viết trên bảng. Câu 5. (Tuyển sinh Thừa Thiên Huế - chuyên Toán quốc học 2018-2019) Cho số tự nhiên z và các số nguyên x, y thỏa mãn x y xy 1. Tìm giá trị của x, y, z sao cho 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 là số chính phương lớn nhất. Lời giải  Trang 3 
4. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 Ta có: 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 2 2z 21 1 x2 1 y2 . Với: 1 x2 x y xy x2 x y 1 x , 1 y2 x y xy y2 x y 1 y , 2 1 1 1 x y xy 1 x 1 y . Suy ra 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 2z 21 x y 2 1 x 2 1 y 2 . Do đó, 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 là số chính phương khi và chỉ khi 2z 21 là số chính phương. Nghĩa là tồn tại số tự nhiên n sao cho 2z 21 n2. Ta có 2  1 mod3 2z  1 z mod3 . Nếu z lẻ thì 2z  1 mod3  2 mod3 . Khi đó n2  2 mod3 vô lí (vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1). Từ đó suy ra z là số chẵn. 2 Đặt z 2k, k ¥ . Ta có n2 21 22k n2 2k 21 n 2k n 2k 21. Vì 21 1.21 3.7 và n 2k n 2k nên ta có hai trường hợp sau: n 2k 1 Trường hợp 1: 2k 10, không có giá trị của k thỏa mãn trường hợp này. k n 2 21 n 2k 3 Trường hợp 2: 2k 2 k 1. k n 2 7 Từ giả thiết, ta có 2 1 x 1 y . Không mất tổng quát, giả sử x 1 y 1 , suy ra x 1 1 . y 1 2 x 0 x 2 Giải hệ ta được hoặc . y 1 y 3 Nếu x 0, y 1 thì 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 100 102. Nếu x 2, y 3 thì 2z 1 42 x2 y2 1 x2 y2 2500 502. Vậy x 2, y 3, z 2. Câu 6. (Tuyển sinh tỉnh Thanh Hóa – chuyên Toán Lam Sơn 2018-2019) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn: x2019 y2019 y1346 y673 2. 2. Cho n là số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên dương k đặt k k k Sk 1 2 ... n . Chứng minh S2019 S1 . Lời giải 1. Giả sử x; y là cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho. Đặt a x673 , b y673 ta có a,b ¢ thỏa mãn a3 b3 b2 b 2 . Ta thấy: a3 b 1 3 2 b 1 2 1 b 1 3 và a3 b3 b 1 b 2 . +) Nếu b 1 hoặc b 2 thì b 1 b 2 0 . Suy ra: 3 b 1 a3 b3 b 1 a b điều này không thể xảy ra vì a,b ¢ . +) Nếu 2 b 1, vì b ¢ suy ra b 2; 1;0;1 . Với b 2 y673 2 y ¢ . Với b 0 a 2 x673 2 x ¢ .  Trang 4 
5. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 y673 1 x 1 Với b 1 a 1 (thỏa mãn) 673 x 1 y 1 y673 1 x 1 Với b 1 a 1 (thỏa mãn) 673 x 1 y 1 Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn là x; y 1;1 và (x; y) 1; 1 . n(n 1) 2. Ta có S 1 2 ... n . 1 2 Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng tỏ 2S2019 n(n 1) . Ta có nhận xét sau: Với a,b nguyên dương bất kì thì a2019 b2019 (a b) . Thật vậy : a2019 b2019 (a b)(a2018 a2017b ... ab2017 b2018 )(a b) . Xét hai trường hợp: +) Nếu n lẻ: Từ nhận xét trên ta có 2019 2019 2019 2019 2019 2S2019 2n 2 1 (n 1) 2 2 (n 2) 2019 2019 n 1 n 1 ... 2 n 2 2 2019 2019 2019 2019 2S2019 2(1 n ) 2 2 (n 1) 2019 2019 2019 2019 n 1 n 3 n 1 n 1 ... 2 (n 1) 2 2 2 2 Mặt khác n và n 1 nguyên tố cùng nhau nên 2S2019  n(n 1) . +) Nếu n chẵn: Ta có 2019 2019 2019 2019 2019 2S2019 2n 2 1 (n 1) 2 2 (n 2) 2019 2019 2019 2019 n 2 n 2 n n ... 2 n 2 2 2 2 2019 2019 2019 2019 2S2019 2(1 n ) 2 2 (n 1) 2019 2019 2019 2019 n 2 n 4 n n 2 ... 2 2 (n 1) 2 2 2 2 Suy ra 2S2019  n(n 1) . Vậy S2019 S1 . Câu 7. (Tuyển sinh tỉnh Bến Tre – chuyên Toán - 2018-2019) a) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 1 chia hết cho 24. b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 xy 2 x y . Lời giải a) Đặt A p2 1 p 1 p 1 Do p 3 , p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 2 và 3 p 2k 1 với k ¥ ,k 1 A 4k k 1 k,k 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên k k 1 2 A8 (1) Ta lại có p 3m 1 với m ¥ ,m 1  Trang 5 
6. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 Nếu p 3m 1 thì A 3m 3m 2 A3 Nếu p 3m 1 thì A 3m 3m 2 A3 Vậy A3 (2) Do 8,3 1 nên từ (1) và (2) suy ra A24 b) x3 xy 2 x y y x 1 x3 x 2 Dễ thấy x 1 thì pt vô nghiệm x3 x 2 2 Với x 1 ta được y x2 x x 1 x 1 x 1 2 Để x, y ¢ thì 2 x 1 x 1 1 x 1 2 x 1 y 1 x 1 2 x 3 y 11 x 1 1 x 0 y 2 x 1 1 x 2 y 4 Vậy pt có các nghiệm nguyên x; y là 3;11 , 2;4 , 0;2 , 1;1 Câu 8. (Tuyển sinh tỉnh Bình Định – chuyên Toán - 2018-2019) Cho n là sô tự nhiên chẵn, chứng minh rằng số 20n 3n 16n 1chia hết cho số 323 Lời giải Ta có: an bn (a b)(an 1 an 2b an 3b2 ... abn 2 bn 1) an bn m(a b) (a, b, n,m ¥ ) (*) Vì n là số tự nhiên chẵn nên n = 2k ( k ¥ ) A = 20n 3n 16n 1 400k 9k 256k 1 Áp dụng (*), có: A (400k 1k ) (256k 9k ) 399x 247y 1921x 19.13y (x, y ¥ ) A19 với mọi số tự nhiên n chẵn (1) và có: A (400k 9k ) (256k 1k ) 391p 255q 1723p 1715q ( p,q ¥ ) A17 với mọi số tự nhiên n chẵn (2) mà 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2) suy ra: A1719 với mọi số tự nhiên n chẵn Vậy 20 n 3n 16 n 1323 với mọi số tự nhiên n chẵn Câu 9. (Tuyển sinh tỉnh Hà Nam – chuyên Toán - 2018-2019) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn 7x 3.2y 1. Lời giải TH1: nếu x 2k 1 k ¢ ,k 0 , ta có pt : 72k 1 3.2 y 1. +)Nếu k 0 suy ra x 1, y 1 là nghiệm cần tìm. +)Nếu k 1 suy ra 3.2 y 1 73 y 2 2 y  0 mod4 . Xét mod 4 cả hai vế thì có: 72k 1 49k.7  3 mod4 . 3.2 y 1 1 mod4 . Suy ra pt vô nghiệm. TH2: x 2k ( với k ¢ ,k 1) khi đó 72k 3.2 y 1 72k 1 3.2 y 7k 1 7k 1 3.2 y 1 . k k m Do 7 1  0 mod3 kết hợp với (1) suy ra 7 1 2 m ¢ Vậy 1 2m 2 2m 3.2 y 2m 1 1 2m 1 3.2 y Do 2m 1 1 lẻ và 2m 1  3 suy ra  Trang 6 
7. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 2m 1 1 3 m 3 x 2 m 1 y 2 2 y 4 y 4 Thử lại, suy ra có hai cặp nghiệm 1;1 , 2;4 thỏa mãn yêu cầu. ( có thể không cần trình bày theo ngôn ngữ mod) Câu 10. (Tuyển sinh tỉnh Quảng Trị - chuyên 2018-2019) 4 Tìm chữ số tận cùng của a 20176 . Lời giải Ta có 20172 2020 3 2 9  1 mod10 20174 1 mod10 4 4 4.3 Suy ra 20176 20174 1 mod10 . Vậy chữ số tận cùng của a là 1 Câu 11. (Tuyển sinh tỉnh Điện Biên - chuyên 2018-2019) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp S 1,2,3...2018 thỏa mãn điều kiện A có ít y2 nhất hai phần tử và nếu x A, y A, x y thì A. x y Lời giải Với mỗi tập A là tập con của S 1,2,3...2018 thỏa mãn đề bài, gọi a và b lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của tập A(a,b S,a b) . Ta chứng minh b 2a . a2 Thật vậy, giả sử b 2a , theo giả thiết c A. b a a2 a2 Mà b 2a b – a a 0 c a , mâu thuẫn với a là phần tử nhỏ nhất của b a a A . Vậy b 2a . Gọi d là phần tử lớn nhất của tập B A \ b. Ta chứng minhb 2d . d 2 Thật vậy, giả sử b 2d , theo giả thiết thì d b e A. b d d 2 Mà b 2d 0 b – d d e d . d Suy ra e A nhưng e B Do đó d 2 e b b d 2 b2 bd 5d 2 4b2 4bd d 2 (2b d)2 b d  Trang 7 
8. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 (mâu thuẫn vì VP là số chính phương, VT không là số chính phương) Vậyb 2d 2d b 2a d a . Mà a d ( a và d lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của B) nên a d b 2a . Do đó A a;2a. Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề bài. Vì a S và 2a S nên 2 2a 2018 1 a 1009 Vậy số tập con A thỏa mãn đề bài là 1009 tập. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác cân. Lời giải TH1: Lập thành tam giác đều thì a = b = c > 0 , nên có 9 số lập được. TH2: Xét a = b = c . Vì a + b > c nên: (2, 2, c) có 2 cách chọn c, lập được 2 số. (3, 3, c) có 4 cách chọn c, lập được 4 số. (4, 4, c) có 6 cách chọn c, lập được 6 số. Bắt đầu từ bộ a = b 5 trở đi thì a + b 10 thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 (không tính trường hợp trùng với a, b) thì ta đều có a + b > c . Chọn a, b có 5 cách chọn, Chọn c có 8 cách chọn. Nên có 8. 5 = 40 cách chọn, lập được 40 số. Vì vai trò a, b, c là như nhau nên có (2 + 4 + 6 + 40) 3 = 156 số. Vậy có 9 + 156 = 165 số cần tìm. Câu 12. (Tuyển sinh tỉnh Khánh Hòa - chuyên 2018-2019) Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh trong tỉnh K. Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một chiều như sau: nếu có tuyến đi từ A đến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến đi từ A đến C . Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa điểm trên ? Lời giải Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến A ). Ta chia các địa điểm còn lại thành 3 loại: Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường. Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n(2) = n tuyến đường. Loại 3: không có tuyến đi và đến từ A có n(3) = p tuyến đường.  Trang 8 
9. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 Khi đó: m + n + p = 17 . Số tuyến đường liên quan đến A có m + n tuyến. Số tuyến đường không liên quan đến A không vượt quá p m+n . Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 không vượt quá m.n . Vì a + b + c 2 3 ab + bc + ca a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca 2 a 2 + b2 + c2 2 ab + bc + ca a - b 2 + b - c 2 + c - a 2 0, với mọi số thực a, b, c . a+b+c 2 Do đó ab + bc + ca .(5) 3 Gọi S là số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng (5) m + n + p + 1 2 Có S m + n + p m + n + m. n = m. n + p + 1 m + n p + 1 =108 . 3 m = 6 18 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = n = p + 1 = = 6 n = 6 3 p = 5 Vậy có thể thiết lập tối đa 108 tuyến đường một chiều để đi hết 18 địa điểm đã cho. Câu 13. (Tuyển sinh tỉnh Đắc Lắk - chuyên 2018-2019) 1) Truyện kể rằng một hoàng tử đi cứu công chúa và gặp một con rắn có 100 cái đầu. Hoàng tử có hai thanh kiếm: Thanh kiếm 1 cho phép chặt đúng 21 cái đầu rắn. Thanh kiếm 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác. 2) Biết rằng nếu con rắn có ít hơn 21 cái đầu hoặc 9 cái đầu thì hoàng tử không dùng được thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 tương ứng và hoàng tử cứu được công chúa nếu như con rắn bị chặt hết đầu. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? 3) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x2 + 4y2 + z2 + 2xz + 4(x + z) = 396 và x2 + y2 = 3z Lời giải 1) Giả sử con rắn có n cái đầu ( n là số nguyên dương). Nếu dùng thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 thì số đầu rắn sau khi bị chặt là n - 21 hoặc n + 2009. Tức là giảm hoặc tăng một đại lượng là bội số của 7. Mà 100 chia 7 dư 2 nên hoàng tử không thể cứu công chúa. 2) Từ điều kiện x2 + y2 = 3z suy ra x2 + y2 chia hết cho 3 hay x, y đều chia hết cho 3.  Trang 9 
10. TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019 x2 + 4y2 + z2 + 2xz + 4(x + z) = 396 (x + z + 2)2 = 4(100 - y2 ) . Suy ra: 100 - y2 là số chính phương và y2 100 . Mặt khác y 3 nên y2 0; 36 y 0; 6; -6 . 2 2 2 x x x = 3z z = z = Xét y = 0: 2 3 3 x + z + 2 = 400 x + z + 2 = 20 x + z + 2 = -20 Tìm được x = 6, z =12 hoặc x = -9, z = 27 . 2 x + 36 = 3z Xét y = 6 hoặc y = -6 : 2 x + z + 2 = 256 x2 x2 z = + 12 z = + 12 3  3 . x + z + 2 = 16 x + z + 2 = -16 Giải ra x, z Z . Vậy x; y; z là 6; 0; 12 hoặc -9; 0; 27 . Câu 14. (Tuyển sinh tỉnh Lạng Sơn - chuyên 2018-2019) a) Cho n N . Chứng minh n4 + 3n2 + 4 không phải là số nguyên tố. b) Cho n N sao cho 2n + 1 và 3n + 81 là các số chính phương. Chứng minh n chia hết cho 40 . Lời giải 2 a) Dễ thấy A = n4 + 3n2 + 4 = n2 + 2 - n2 = n2 - n + 2 n2 + n + 2 . Vì n 0, n N nên n2 - n + 2 = n n - 1 + 2 2; n2 + n + 2 2 . Do đó A có các ước thực sự khác 1 và A , vậy A không phải số nguyên tố. 2 2n + 1 = x 1 b) Rõ ràng n = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có . 2 3n + 81 = y 2 Từ 1 suy ra x lẻ nên x = 2a + 1. Thay vào 1 ta được 2n = 4a a + 1  4 nên n chẵn. Do đó, từ 2 suy ra y lẻ nên y = 2b + 1. Thay vào 2 ta được 3n + 80 = 4b b + 1  8 , chú ý 3; 8 = 1, suy ra n  8 Chú ý rằng A2  0, 1, 4 mod 5 với mọi A nguyên. Cộng (1) và (2) ta được x2 + y2 = 5n + 82  2 mod 5 , vậy nên x2  y2  1 mod 5 . Trừ (2) cho (1) ta được n + 80 = y2 - x2  0 mod 5 tức là n  5. Từ các điều trên thì n  40 . Câu 15. (Tuyển sinh tỉnh Lạng Sơn - chuyên 2018-2019)  Trang 10 