Tách tôt hợp phần 5

Câu Cho 100 số tự nhiên không lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số số có tổng 100 Hướng dẫn giải Nếu tất số tất số Khi ta lấy 50 số có tổng 100 Giả sử a1 a ta xét 100 số có dạng  a1 ,a ,a1  a ,a1  a  a , ,a  a   a 99  200 Nếu có số chia hết cho 100 số 100 số bé 200 Nếu khơng có số chia hết cho 100 100 số phải có hai số đồng dư phép chia cho 100 (vì số dư nhận giá trị từ đến 99) suy hiệu chúng chia hết cho 100 hiệu hai số tổng cần tìm Câu Cho hình vng có cạnh 6cm 2014 đường trịn bán kính 38 cm Đặt tất đường trịn vào hình vng Chứng minh tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn cho Hướng dẫn giải +) Chia hình vng 117 đường thẳng song song cách song song với cạnh hình vng, cách khoảng 118 cm Khi hình vng chia thành 118 dải hình chữ nhật có chiều rộng 118 cm, chiều dài chiều dài hình vng 1 +) Hình trịn có đường kính 19 cm, 19 > 118 nên đường trịn bị cắt đường thẳng +) Vì 2014 = 118 17 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn Câu Câu Câu Chứng minh: C 2n 30  C n.32  C n.34   C n.32 n 22 n   2 n 1 2n Cho đa giác A1 A2 A2 n , ( n 2 , n nguyên) nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , , A2 n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , , A2 n Tìm n 2010 20 C2010 21 C2010 2 C2010 23 C2010 22010 C2010 A      2011 Tính Hướng dẫn giải k k k    2010!    2010! k C2010     1  k  1 k !  2010  k  !  k  1  2010  k  !  k  1 ! k k    2011! 1 k 1 k 1      C2011 2011  k  1 !  2011  k  1 ! 4022  A   2011 2011      C2011      C2011    C2011  4022  2011 0     1     C2011  2011 4022 a) Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển: (1 + 2x + 3x2)10 Cn0 Cn1 Cn2 Cnk Cnn       Cnkk12 C2nn12 (với n ¿ N ¿ ) b) Tính tổng: S = Cn 2 Cn 3 Cn   Câu S   x  10 x 2  x  1 a0  a1 x   a14 x 14 Tính a6 A  1; 2; 3;  ; 20 Câu Cho khai triển Câu Chọn ngẫu nhiên ba số đôi khác từ tập hợp Tính xác suất để ba số chọn khơng có hai số tự nhiên liên tiếp Cho chữ số 1,2,3,4,5,6 Hỏi có cách viết số có chữ số khác không nhỏ 243 Hai hộp có chứa cầu Hộp thứ cầu đỏ cầu xanh, hộp thứ hai chứa cầu đỏ cầu xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp Tính xác suất Câu cho: a Cả đỏ b Hai màu c Hai khác màu Câu 10 Cho số 1, 2, 3, 1) Hỏi lập số có chữ số có hai chữ số ba chữ số lại khác khác số 2) Tính tổng số lập câu 1) Hướng dẫn giải 1) Mỗi số có chữ số gồm số số khác hoán vị phần tử 1,1,2,3,4 ; chữ số P5 60 P hoán vị số Vậy số cần lập 2) Số có chữ số dạng abcde S  abcde 104. a  103. b  102. c  10. d  e a   1,1,2,3,4 xuất 4! lần Mỗi số a có 4! cách chọn bcde  Mỗi số  a (1     4).24 264 b  c  d  e 264 Tương tự   S 264.11111 1466652 2! Vậy Câu 11 Một đội niên tình nguyện có 15 người gồm 10 nam nữ Hỏi có cách phân cơng đội niên tỉnh cơng tác cho tỉnh có người có nữ Câu 12 Cho khai triển Hãy xác định a5 ( 1+ x )2 (1+3 x )10=a0 + a1 x+ a2 x + + a12 x 12 Câu 13 Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6;7} Có cách chia tập A thành hai tập khác rỗng 2 Lập số tự nhiên gồm chữ số khác từ tập A Lấy ngẫu nhiên số số vừa lập, tính xác suất để số chọn số chia hết cho ( Câu 14 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức x 2+ x3 n ) Biết rằng: 320  C20n  2 C22n  C24n   2( n  1) C22(nn  1)  2 n C22nn  Câu 15 Có số tự nhiên gồm chữ số khác có số chẵn số lẻ ? Câu 16 Cho k số tự nhiên thỏa mãn k 2011 k k k k Chứng minh rằng: C5 C 2011  C5 C2011   C5 C 2011 C 2016 Câu 17 Giả sử có 20 người, xếp ngồi vào bàn riêng biệt Cách xếp tốt người ngồi bàn quen Giả sử tồn cách xếp tốt, đồng thời cách xếp tốt, ta có người ngồi bàn Hỏi có nhiều cặp quen ? Hướng dẫn giải Xét nhân vật A thuộc bàn 1, suy bàn 2, 3, có người khơng quen A Vì quen hết người trong bàn 2, 3, A phải sang bàn đó, lại người (trái với giả thiết người) Suy số người mà A không quen lớn người Do người quen nhiều 16 người 20.16 160 Mà số cặp quen nhỏ 3.20 30 Giả sử có 160 cặp quen có cặp khơng quen Suy xếp thành nhóm, nhóm người khơng quen Mỗi người quen với người thuộc nhóm cịn lại Ghép người với nhóm người vào bàn, ta cách xếp tốt Câu 18 Cho trước số nguyên dương n 2 Trong giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, người đấu với người khác ván Tại thời điểm giải, người ta thấy có n2+1 ván đấu diễn Chứng minh chọn ba vận động viên cho hai người thi đấu với Hướng dẫn giải Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 2: Giả sử có bốn vận động viên theo dự A, B, C, D có ván đấu diến Nếu hai ba người B, C, D đấu với ván ta có điều phải chứng minh Nếu có hai ba người B, C, D chưa đấu với người B, C, D đấu với A ván (Nếu khơng số ván 5) Khi ba người A, B, C thỏa mãn yêu cầu toán * Giả sử toán với n = k (k  N , k 2) Ta chứng minh toán với n = k + Giả sử E F hai vận động viên đấu với Nếu tổng ván đấu 2k vận động viên cịn lại khơng k2+1 theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh Nếu tổng số ván đấu 2k vận động viên không vượt k2 tổng số ván mà E F đấu khơng 2k+1(không kể ván đấu E F) Do số 2k vận động viên cịn lại, phải có người G đấu với E F Khi ta có ba vận động viên E, F, G thỏa yêu cầu toán Vậy toán chứng minh A ( x  13 ) x x Câu 19 Tìm số hạng không chứa x khai triển: Hướng dẫn giải Số hạng tổng quát thứ k+1 khai triển A có dạng: k ) x x3 =2C13k 313 k (  )k x10  k Tk 1 C13k ( x )13 k (  Số hạng Tk+1 khơng chứa x 10-2k=0  k=5 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: T6 =2C13 ( 1)  16888014 Câu 20 Từ chữ số 1, 2, lập số tự nhiên có 2013 chữ số cho chữ số 1, 2, xuất lẻ lần * Câu 21 Trong mặt phẳng cho 2n  ( n   ) đường thẳng phân biệt cho khơng có hai đường song song vng góc khơng có ba đường đồng quy Chúng cắt tạo thành tam giác Chứng minh số tam giác nhọn tạo thành không vượt n  n  1  2n  1 Hướng dẫn giải Gọi số tam giác tạo thành f  n  f  n  Ta phải chứng minh n  n  1  2n  1  1 , n  * Với ba đường thẳng số đường thẳng cho cắt tạo thành tam giác nhọn tù g n Gọi   số tam giác tù Ta gọi tam giác tạo ba đường thẳng a, b, c là: "giả nhọn cạnh a " góc chung cạnh a tam giác góc nhọn Chọn đường thẳng d coi trục hồnh, đường thẳng lại chia làm hai tập: T  đường thẳng với hệ số góc dương, Tập T  tập đường thẳng với hệ số góc  âm Hai đường thẳng tạo với d tam giác "giả nhọn" đường thẳng thuộc tập T Tập đường thẳng thuộc tập Gọi T p số đường thẳng thuộc T  q số đường thẳng thuộc tập T  Khi  pq pq  n  p  q 2n số tam giác "giả nhọn cạnh d " pq Ta có   Nhưng d đường thẳng số 2n  đường thẳng ta có số n  2n  1 d cặp (đường thẳng ; tam giác "giả nhọn cạnh d") nhỏ Trong cách tính tam giác nhọn tính lần (theo cạnh) tam giác tù tính lần nên f  n   g  n  n  2n  1 (1) Thế tổng số tam giác là: C23n 1  f  n   g  n    2n  1 2n  2n  1 (2) Từ (1) (2) suy f  n  n  2n  1   f  n   g  n   n (2n  1)   n(n  1)(2n  1) f  n  (2n  1)2n  2n  1 n  n  1  2n  1 hay Câu 22 Cho đa giác 2n cạnh (n4) nội tiếp đường tròn tâm O Gọi x số tứ giác lồi có cạnh đường chéo đa giác cho y số hình chữ nhật có đỉnh đỉnh đa giác cho Tìm n để: x – y = 3n (Đường chéo đa giác đoạn thẳng nối hai đỉnh không liên tiếp) Hướng dẫn giải Gọi đỉnh đa giác 2n cạnh là: A1 ; A2 ; ; A2 n Trước hết ta tìm x Ta đếm số tứ giác thoả mãn yêu cầu tốn có đỉnh A1 Khi A2 ; A2n khơng phải đỉnh tứ giác A1 A2 ; A1 A2n cạnh đa giác Ta cần chọn thêm đỉnh: Ai ; AJ ; Ak thoả mãn i   j   k 2n  (Vì đỉnh tứ giác phải có đỉnh đa giác) Mỗi cách chọn đỉnh cách chọn số phân biệt 2n-5 số tự nhiên từ đến 2n-1 Vậy có C2 n  tứ giác có đỉnh A1 thoả mãn u cầu tốn Vì đa giác có 2n đỉnh tứ giác đếm lặp lại lần theo đỉnh nên số tứ giác cần tìm 2nC23n  2nC23n  , x= là: Tìm y: đa giác cho có 2n đỉnh nên có n đường chéo qua tâm O Ta thấy hai đường chéo qua O lập thành hình chữ nhật, nên số hình chữ nhật có 2 đỉnh đỉnh đa giác cho Cn , y = Cn 2nC23n  - Cn = 3n (1) Từ giả thiết ta có phương trình: n (2n  5)! n! (2n  7)(2 n  6)(2n  5) n  (1)   3n   3 (2n  8)!3! ( n  2)!2!  (n  5)(n  4n  6) 0  n 5 Vậy n=5 thỏa mãn điều kiện toán Câu 23 Cho n số nguyên dương không nhỏ Các điểm A1; A2 ; ; An thuộc đường trịn Có tối đa tam giác nhọn có đỉnh số đỉnh Hướng dẫn giải Với hai điểm Ai ; Aj đồng hồ kí hiệu m  Ai Aj  180o Nhận thấy ta kí hiệu m  Ai Aj  Ai Aj A cung Ai kết thúc j theo chiều kim số đo cung Một cung gọi tù m  Ai Aj   m  Aj Ai  360o nên có hai cung tù Kí hiệu xs số cung tù mà hai đầu mút có s – điểm n i có cung Ai Ai s ; Ai s Ai tù, tổng theo i ta Nếu xs  xn s n Đẳng thức xảy khơng có đường kính Ai Ai s s Nhận thấy số tam giác không nhọn (tù vuông) số góc khơng nhọn Mỗi cung tù chứa s – điểm có n – s – tam giác không nhọn (Dùng hai điểm đầu mút cung kết hợp với điểm cung) Số lượng tam giác không nhọn N x1  n    x2  n  3   xn 1.2  xn Theo bất đẳng thức ta đánh giá được: n n   n  n  1  n  3  N   s  1  xn s  xs  n        s 1 n lẻ n n n   n  n n  n  2  N   s  1  xn  s  xs   x n n       2  2  s 1 Nếu n chẵn Dấu xảy BĐT không tồn điểm đối xứng qua tâm đường trịn Số lượng tam giác có đỉnh điểm Vậy số tam giác nhọn Cn3  n  n  1  n   n  n  1  n   n  n  1  n  3  n  1 n  n  1   24 n lẻ n  n  1  n   n  n    n  2 n  n  2   24 Và n chẵn Câu 24 Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tơ màu) Có cách tơ khác cho khơng có điểm liên tiếp màu Hướng dẫn giải Gọi Sn S n số cách tô màu thỏa mãn cho n ((n ≥ 3) n 3 ) điểm (bài toán ta n 2015 ) Ta tính Sn +1 S n1 theo Sn Sn , xét hai điểm cuối Sn Sn có hai trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối màu điểm thứ n+1 n  khác màu điểm cuối +Nếu hai điểm cuối khác màu điểm thứ n  tơ Từ sinh hai số đặc trưng M n M n số cách tô n điểm mà hai điểm cuối màu, Pn Pn số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu hai thỏa mãn điểm liên tiếp khác màu Ta có: Sn +1=2 M n +3 Pn Sn 1 2M n  3Pn , Pn+ 1=2 S n ; M n+1 =Pn Pn 1 2Sn ; M n 1 Pn Thế Sn +1=2 P n−1+6 S n=4 S n−2+ S n−1 S n 1 2 Pn   S n  4 S n   6S n Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn +1−6 S n−1−4 S n−2=0 S n 1  Sn  S n 0 Bây ta tính S3 , S S3 , S thấy S3=27−3=24 S3 27  24 , S4 =4 !−3−12=49 S 4!  12 49 Phương trình đặc trưng x 2−6 x−4=0 X  X  0 có nghiệm là: x 1=3+ √ 13 , x2=3−√ 13 x1 3  13, x2 3  13 Công thức xác định n n Sn=a x1n+ b x n2 S n ax1  bx2 với a , b a, b thỏa mãn:  24 13  a  3  a(3  13)  b(3  13) 24  13(3     4 24 13   a(3  13)  b(3  13) 49  b   13(3   23 13)3 23 13)3 Sau cho n 2015 ta kết toán Câu 25 Một khu rừng có dạng hình vng với chiều dài 1km Trong khu rừng có 4000 thơng, to có đường kính 0,5 m Chứng minh khu rừng có nhât 560 mảnh đất , diện tích mảnh 200m2 khơng có thơng Hướng dẫn giải +) Vì 1km = 1000m = 48.20 + 47.0,6 + 5,9 1000m = 95.10 + 94.0,52 + 2.0,56 +) Chia cạnh hình vuông thành 48 đoạn, đoạn dài 20m , khoảng cách đoạn 0,6m, hai đầu hai đoạn đoạn dài 5,9m Chia cạnh lại thành 95 đoạn, đoạn dài 10m, khoảng cách đoạn 0,52m, hai đầu hai đoạn đoạn dài 0,56m Như có tất 48.95 = 4560 mảnh có diện tích 200m2 Vì có 4000 đường kính khơng q 0,5m nên cịn 560 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2) Câu 26 Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam giới Nữ) đứng cách đường tròn Chứng minh tồn sáu học sinh giới đứng sáu đỉnh hai tam giác Hướng dẫn giải Gọi học sinh H1, H2, H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C53 10 tam giác Nam Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: Chín đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H i H i 1 , i =1,8 cung H H1 ; , ta gọi cung “mảnh” HH H H H H j H k  H k H i h Không tính tổng quát, gọi i j k tam giác có i j Hơn số ij H số mảnh cung ij không chứa điểm H k ( i  j k i ); tương tự ta định nghĩa cho h ,h số jk ki HH H (h ; h ; h ) Tương ứng với tam giác i j k với ba ij jk ki Ta nhận thấy rằng: hij  h jk  hki 7 h + h + h 9 ij jk ki Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1 H tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a b c; a+b+c = Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1, 7), (1, 2, 6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác học sinh Nam), nên có lớp có hai tam giác Nam; có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác Câu 27 Một cửa hàng có loại kem: Kem sữa, kem xoài, kem dứa, kem sơ la Một nhóm có người vào ăn kem gọi cốc kem Hỏi có tất lựa chọn ? Hướng dẫn giải Gọi số cốc kem Kem sữa, kem xoài, kem dứa, kem sô cola a, b, c, d ( a,b,c,d   ), theo đầu ta có a + b + c + d = Như lựa chọn (a;b;c;d) số nguyên không âm cho a + b + c + d = 9; với số ta đặt tương ứng với dãy nhị phân theo quy tắc sau: Viết từ trái sang phải a chữ số liên tiếp, chữ số 0, b chữ số liên tiếp, chữ số 0, c chữ số liên tiếp, chữ số 0, d chữ số liên tiếp: 11 1011 1011 1011     a chu so b chu so c chu so d chu so Như (a;b;c;d) tương ứng với dãy nhị phân có dộ dài 12 ký tự có ký tự ký tự hiển nhiên tương ứng song ánh số cách chọn số C 12 cách chọn vị trí 12 vị trí cho chữ số 0.Thành thử có tất lựa chọn Câu 28 Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải ,b i ∈ N a b a b a b Xét phân tích =(2 )(2 )(2 ) với a1 +a 2+ a3=9 b1 +b 2+b 3=9 1 2 3 { Với a ∈ N , ≤ a1 ≤ , có 10−a1 cách chọn số a 2, để a 1+ a2 ≤ từ chọn a 3=9−a1−a2 Vậy số cách chọn (a , a2 , a3 ) 10+9+ +1 = 55 cách ❑số cách chọn (a , a2 , a3 ) (b , b2 , b3 ) 55.55 cách ⇒ Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng +) TH1: thừa số nhau: 9=(23 33)(23 33 )(23 33 ) +) TH2: thừa số nhau: 9=(2 a 3b )(2a b)(29−2 a 39−2 b ) (a ; b) # (3 ; 3) Khi a ∈ {0; 1; 2; 3; 4} ; b∈ {0; 1; 2; 3; } (a ; b) # (3 ; 3) → số cặp (a; b) 5.5 – =24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu (1 điểm) +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: 1+24+ ( 55× 55−24 × 3−1 ) :6=517 cách Câu 29 Trên tờ giấy có kẻ lưới ô vuông, người ta vẽ đường gấp khúc khép kín với đỉnh mút lưới tất đoạn có độ dài Chứng minh rằng, số đoạn đường gấp khúc khép kín số chẵn Hướng dẫn giải AA n đường gấp khúc cho Ta lấy hệ trục tọa độ vng góc đường Giả sử AA biên lưới chiều rộng ô làm đơn vị Khi tọa độ  xi , yi  đỉnh Ai 1,2, ,n nguyên với i   x  x ; Y  y  y ; X  x  x ; Y  y  y i i  ii i  i n n n n Đặt X Ta có X  X  X n 1  Y  Y   Y  2  n 2 2 2 X  YX  Y  X  YC  1 2 n n  2 Để ý X Y chia cho dư X , Y chẵn, dư có số lẻ dư hai số ,X , ,X ,Y , Y , , Y n n lẻ Có thể giả thiết X có số lẻ, nói cách khác ta chia tất số cho ước chung chúng xét số nhận Như ta có hai trường hợp xảy ra: 1) C chia cho dư 2, với i Xi Yi lẻ nên từ điều kiện (1) suy n chẵn 2) C chia dư 1, với i Xi Yi số lẻ, số chẵn Từ (1) suy số cặp (Xi;Yi) mà Xi lẻ số chẵn Từ (2) suy số cặp (Xi;Yi) mà i lẻ số chẵn nên số cặp (Xi;Yi) chẵn Như trường hợp n chẵn S  1,2, ,2014   , với tập tập khác rỗng T  S , ta chọn phần tử Câu 30 Cho làm phần tử đại diện Tìm số cách ký hiệu phần tử đại diện cho tập khác rỗng S thỏa mãn với tập khác rỗng T  S hợp tập khác rỗng không giao A, B, C  S , phần tử đại diện D phần tử đại diện ba tập A, B, C Hướng dẫn giải r X x r  S  Trước + Với tập X  S , ký hiệu   phần tử đại diện X Giả sử x r  X  hết ta chứng minh khẳng định sau: Nếu x1  X X  S - Nếu X 2012 , ta viết S thành hợp ba tập không giao gồm X hai tập khác S Từ giải thiết suy x1 r  X  - Nếu X 2013 , xét phần tử y  S , y  x1 Coi S giao ba tập không giao gồm  x1, y hai tập khác nữa, áp dụng trường hợp X 2012 , ta suy r   x1, y  x1 , nên y r  X  (vì theo giả thiết phần tử đại diện ba tập phần tử đại diện X, mà r   x1 , y   y hai tập cịn lại khơng chứa y) Do y lấy tùy ý nên r  X   y, y  X , y x1 Từ ta có r  X  x1 - Chú ý khẳng định với tập S có từ phần tử trở lên x1 r  S  , với x1  X  S r  X  x1 Xét S S \  x1 x r  S2  , với x2  X  S2 r  X  x2 Tương tự ta có 2013 cách chọn + Ta có 2014 cách chọn Lặp lại tương tự q trình ta có 2014.2013….5 cách chọn x1 , x2 , , x2010  S với i 1,2, ,2010 , r  X  xi , xi  X  S \  x1 , x2 , , xi  1 Y  y1 , y2 , y3 , y4  Ta có cách chọn r  Y  , giả Bây lại phần tử S ký hiệu sử y1 r  Y  , chứng minh tương tự ta có r   y1 , y2   r   y1 , y3   r   y1 , y4    y1 Còn tập chưa có phần tử đại diện  y1, y2 , y3 , y1 , y3 , y4  , y1, y2 , y4  , y2 , y3 , y4  ,  y2 , y3 , y2 , y4  , y3 , y4  , phần tử đại diện tập chọn tùy ý nên có cách chọn + Vậy tổng cộng có 2014.2013….4.34.23 = 2014!.108 cách xếp phần tử đại diện cho tập Câu 31 Trên mặt phẳng có tất điểm tơ màu đỏ, trắng, vàng Chứng minh tồn tam giác cân có đỉnh màu Hướng dẫn giải Nhận xét: Trong ngũ giác đều, tam giác có đỉnh thc điểm gồm đỉnh ngũ giác tâm ngũ giác tam giác cân Trở lại toán: Xét ngũ giác ABCDE có tâm O : TH1: tồn điểm A,B,C,D,E,O màu ví dụ A,B,C ta tam giác A,B,C có đỉnh màu  đpcm TH2:khơng có điểm điểm A,B,C,D,E,O màu Khi màu tơ cho điểm Giả sử A O màu xét đường trịn (O;OA) : + tồn điểm F thuộc (O) mà F màu với O A ta có tam giác AOF cân  đpcm +không tồn điểm (O) màu với A O, xét ngũ giác A’B’C’D’E’ (A A’,B’,C’,D’,E’) đỉnh ngũ giác tô màu nên theo nguyên lí Đirich lê tồn đỉnh màu, ví dụ A’,B’,C’ ta tam giác cân có đỉnh màu  đpcm Vậy tồn tam giác cân mặt phẳng có đỉnh màu(đpcm) Câu 32 Cho số  1;2;3 1) Chúng ta thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b, a  b a  b Hỏi nhận số sau:  a1;b1;c1  thỏa mãn a1  b1  c1 10 sau thực hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu  1;2;3 ? 2) Nếu thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví a b a b Hỏi nhận số  28;4;2014  sau thực dụ a b, 1;2;3 hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu  Hướng dẫn giải  1;2;3   3;  1;3   3;2;     3;2;      7;2;  1  a1;b1;c1  Ta thực theo cấu hình sau Dễ thấy: a1  b1  c1 10 Câu 33 Tồn hay không tập hợp gồm 2014 số nguyên dương với tính chất: loại số khỏi tập hợp tập hợp 2013 số cịn lại chia thành hai tập với tổng số (thuộc tập đó) nhau? Hướng dẫn giải Giả sử tồn tập F với tính chất cho a   | aF  Nếu số a F chẵn, ta xét tập F’ =  Hiển nhiên tập F’ có tính chất nêu tốn Do ta coi tồn tập F thoả mãn toán F chứa số lẻ a Gọi a1, a2, …a2014 phần tử tập F Đặt S = a1 + a2 + … + a2014 Theo giả thiết, i (1  i  2014) tập F\{ai} chia thành hai tập với tổng số nên tổng S – tập F\{ai} số chẵn với i = 1,…,2014 2014   S  a  2013S i Từ suy ra: i 1 số chẵn  S số chẵn Khi S – a số lẻ mâu thuẫn với S – số chẵn với i = 1,…,2014 Vậy không tồn tập hợp với tính chất nêu Câu 34 Một lớp học có 17 học sinh nam 20 học sinh nữ Hỏi có tất cách xếp 37 học sinh thành hàng dọc cho xuất cặp nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ? Hướng dẫn giải 10   011 10   Xét dãy nhị phân sau: x1 so1 x2 so x3 so1 x4 so đó: có cặp (0;1), 17 chữ số 20 chữ số 0.Số dãy nhị phân thỏa mãn số nghiệm nguyên hệ phương trình:  x1  x2  x3  x4 35   x1  x3 16  x 0, i 1, 2,3,    i 1 Số nghiệm ngun khơng âm hệ phương trình là: C17 C20 340 Trở lại toán: Coi chữ số học sinh nam, chữ số học sinh nữ Do vậy: số cách xếp 37 học sinh thành hàng dọc cho xuất cặp nam - nữ 1 thỏa mãn nam đứng trước nữ C17 C20 17!.20! Câu 35 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương khơng vượt q 1000 Chứng minh có số có tổng chia hết cho 111 Hướng dẫn giải Xét tập S={1,2,…,1000} ta phân hoạch S sau: A={1000}, B={111;222;…;999} Và chia tập T=S\(AUB) thành tập có phần tử mà tổng 999 sau: T1={1;998}, T2={2;997}, T3={3;996},…, T495={499;500} Như S chia thành 497 tập con, 498 số chọn ngẫu nhiên phải có số rơi vào tập hợp Hai số chia hết cho 111 có tổng 999 nên tổng chúng chia hết cho 111 Câu 36 Cho tập hợp S={1,2 , … ,2016 } a) Hỏi có tập phần tử S mà chúng độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài 1000? b) Chọn ngẫu nhiên phần tử S, tính xác suất để số chọn độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài số chẵn Hướng dẫn giải a) Đặt 1000=2k gọi T tập chứa tập thỏa mãn đề bài, theo BĐT tam giác khơng tính tổng qt, ta có T ={ { x , y , k } ⊂ S∨x < y 2 k } Rõ ràng T ={ { x , y } ⊂ S∨x < y k } Từ điều kiện x y ta có x + y >2 k x + y >2 x Ta xét hai trường hợp, trường hợp x