Đề cương ôn tập học kỳ 2 Toán 10 năm 2019 - 2020 trường THPT Yên Hòa - Hà Nội - TOANMATH.com

TỔNG HỢP CÁC CÂU VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG TRONG ĐỀ THI HSG TP HÀ NỘI 1... Để ý đến giả thiết..[r]

(1)

TỔNG HỢP CÁC CÂU VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG TRONG ĐỀ THI HSG TP HÀ NỘI 1 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2019-2020

a) Chứng minh với số tự nhiên n n2 3n11khơng chia hết cho 49 b) Tìm tất ba số nguyên dương (x, y, p) với p số nguyên tố thỏa mãn

 

2 2 6 2

x  p y  x p

2 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2018-2019

a) Biết a b; số nguyên dương thỏa mãn a2ab b 2chia hết cho 9, chứng minh a vàb chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9n11

tích k k,k2 số tự nhiên liên tiếp

Chứng minh không tồn số dương m, n, p với p nguyên tố thỏa mãn:

2019 2019  2018

m n p

4 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2016-2017 a) Chứng minh

n + 5n - 6n chia hết cho 30 với số nguyên dương n b) Tìm tất số nguyên dương  x; y cho x + 8y y + 8x số 2

chính

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b = c - 8d 3  3 Chứng minh a+ b + c + d chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho x

2 + x số nguyên tố 6 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2014-2015

Cho n nguyên dương Chứng minh A23n123n11

là hợp số 7 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2013-2014

Tìm số tự nhiên n để 25n2 3 1n 12là số nguyên tố

Cho biểu thức Aa2012b2012c2012  a2008b2008c2008 với a,b,c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30

(2)

ĐÁP ÁN: 1 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2019-2020

a) Chứng minh với số tự nhiên n n2 3n11khơng chia hết cho 49 b) Tìm tất ba số nguyên dương (x, y, p) với p số nguyên tố thỏa mãn

 

2 2 6 2

x  p y  x p

Lời giải

Câu

a) Giả sử tồn số tự nhiên n cho n2 3n11 chia hết cho 49 Khi đó, ta có

 2   2

4 n 3n11  2n3 35chia hết cho 49

Mà 35 49 chia hết 2n32chia hết cho Suy 2n + chia hết cho Từ 2n32chia hết cho 49 Kết hợp với (1) ta 35 chia hết cho 49, mâu thuẫn Vậy, với số tự nhiên n n2 3n11khơng chia hết cho 49

b) Do 6(x + 2p) chia hết từ phương trình cho ta suy x2  p y2 chia hết cho Mặt khác, ta có để ý rằng, với số nguyên a a2 chia cho dư Do đó, để x2  p y2 2chia hết cho ta phải có x2và p y2 2cùng chia hết cho Suy x py chia hết cho

Đặt x = 3a với a ngun dương Phương trình cho viết lại thành  

2 2

9a  p y 18a12p

Do 9 ,a p y2 2

18a chia hết từ phương trình trên, ta suy 12p chia hết cho 9, tức p chia hết cho Mà p số nguyên tố nên p = Khi đó, phương trình (1) viết lại thành a2  y2 2a4.

Hay a12 y2 5  2

Vì a12 0nên từ phương trình trên, ta suy y2 5

Do y số nguyên dương nên ta có y 1, Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm cặp số

nguyên dương (a, y) thỏa mãn phương trình (2) (3,1) (2,2) Từ suy ra, có hai (x, y, p) thỏa mãn yêu cầu đề (9, 1, 3) (6, 2, 3)

a) Biết a b; số nguyên dương thỏa mãn a2ab b 2chia hết cho 9, chứng minh a vàb chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9n11

tích k k,k2 số tự nhiên liên tiếp

(3)

 2 2

2

 

 a b  b   1

Mà 3b23nên 2a b 23 mà số nguyên tố nên 2a b 3 2a b 3 nên  2

2a b 9  2

Từ  1  2 3b29b23

mà số nguyên tố b3 2a b 3 b32 3a mà  2;3 1 nên a3.

Vậy a vàb chia hết cho

b) Ta có tích từ ba số tự nhiên liên tiếp trở lên chia hết cho

Theo đề 9n11 tích k số tự nhiên liên tiếp mà 9n11không chia hết

 k

Đặt 9n 11 a a 1 với alà số nguyên dương  

9n 11 a a1 2

4.9 45 4  n  a  a  2  2

2 2.3 45

 a  n  2  1 2.3n 2  1 2.3n 45

a a

Vì a n, nguyên dương 2a 1 2.3n 9 nên xảy trường hợp sau:

Trường hợp   

2 2.3 2.3    

 

   

n n

a a

Từ 1  2 ta có 4a 2 14  a 39n  11 129n 1 n 0

(Loại)

2 2.3 15 2.3    

 

   

n n

a a

Từ  3  4 ta có 4a 2 18 a 9n  11 209n 9  n 1

(Thỏa mãn)

2 2.3 45 2.3    

 

   

n n

a a

(4)

Chứng minh không tồn số dương m, n, p với p nguyên tố thỏa mãn:

2019 2019  2018

m n p

Lời giải

a) Giả sử số (m, n, p) thỏa yêu cầu Dễ thấy < m, n < p

Phương trình cho viết lại thành m n A p   2018  1 A m 2018m2017n m 2017 2n   mn2017n2018

Nếu A không chia hết cho p từ (1), ta có A = m + n = p2018 = m2019 + n2019

Từ đó, dễ thấy m = n = p2018 = 2, mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p

Do m + n > nên từ (1) suy m + n chia hết cho p Khi đó, ta có:  

2018

2019 mod 

A m p

Do A chia hết cho p < m < p nên từ kết trên, ta suy 2019 chia hết cho p, hay p = 2019 Từ đó, dễ thấy m n khác tính chẵn lẻ, hay m ≠ n

Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng:

   3 673 3 673 2018   2 2 2018

2019 2019

     

m n hay m n m mn n B

Trong B     m3 672 m3 671 n3        m3 n3 671 n3 672

Do m ≠ n nên m2 – mn + n2 = (m – n)2 + mn > 1, từ ta có m2 – mn + n2 chia hết cho 2019 Tuy nhiên, điều xảy

 

2 3 mod 2019 mod 2019   



m mn n n

Vậy không tồn số m, n, p thỏa mãn yêu cầu đề 4 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2016-2017

a) Chứng minh

n + 5n - 6n chia hết cho 30 với số nguyên dương n b) Tìm tất số nguyên dương  x; y cho x + 8y y + 8x số phương

Lời giải

Bài (5.0 điểm)

(5)

 Phân tích. Đặt A n55n36n để ý 30 2.3.5 (2, 3, nguyên tố theo

tứng đơi một) ta phân tích A cho A chia hết cho 2, 3, 5.  Lời giải Đặt A n55n36n ta có

                  

           

5 2

2

A n 5n 6n n n n n n n n n 10

n n n n 10n n n

n n n n n 10 n n n

           

      

       

Do n n n n n 2           tích năm số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết cho 2, 3, Mà 2, 3, nguyên tố theo đôi nên

n n n n n 2           chia hết cho 30 Mặt khác ta lại có n n n 1     chia hết

cho 2, nên chia hết cho Do 10 n n n 1      chia hết cho 30 Vậy A chia hết cho 30 hay n55n36n chia hết cho 30.

b) Tìm tất số nguyên dương  x;y cho x28y y28x số phương

 Phân tích Dễ thấy vai trị hai biến x y tốn nên ta giả sử x y , ta có thấy mối liên hệ x28y x 28x x 28x 16 x 4 2 Để ý là x2 x28y Như ta x2 x28yx 4 2 Do x28y số phương nên ta suy

  2  2 2

2

x 8y x , x , x 3   Đến ta xét trường hợp để tìm  x;y thỏa mãn.

 Lời giải Khơng tính tổng quát ta giả sử x y Khi ta có

 2

2 2

x x 8y x 8x x 8x 16  x 4

Mà x28y số phương nên ta suy x28y nhận giá trị

  2  2 2

x ; x ; x 3  

+ Trường hợp Khi x28yx 1 2 ta x28y x 22x 1  8y 2x 1  , trường hợp không xẩy 8y số chẵn 2x 1 số lẻ

(6)

Đồng thời ta có y216y 8 y 6 272y 8 2

Do suy y 3 2y216y 8 y 8 2 Mà y216y 8 số phương Suy y216y 8 y ; y ; y ; y 7  2   2   2  2

Giải trực tiếp trường hợp ta cặp số     x;y  5;3 , 21;11 thỏa mãn yêu cầu toán

+ Trường hợp Khi x28y x 3 2 ta x28y x 26x 9  8y 6x 9  , trường hợp không xẩy 8y số chẵn 6x 9 số lẻ

Vậy cặp số  x;y thỏa mãn yêu cầu toán

        x;y  1;1 , 3;5 , 5;3 , 11;21 , 21;11  

 Nhận xét Để tìm y thỏa mãn y216y 8

số phương ta xử lý theo cách khác

Đặt y216y k k N  2   Khi ta có

 2    

2 2

y 16y k   y 8 k 72 y k y k    72 Để ý y k y k 0      y k;y k    tính chẵn lẻ.

Lại có 72 2.36 4.18 6.12   Đến ta xét trường hợp xẩy để tìm y theo sau

y k  2 4 6

y k  36 18 12

k 17 7 3

y 11 3 1

Đến ta có kết tương tự trên.

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b = c - 8d 3  3 Chứng minh a+ b + c + d chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho x

2 + x số nguyên tố Lời giải

Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn a3b3 2 c 38d3 Chứng minh

a b c d   chia hết cho

(7)

 

3 3

a b 2 c 8d , ta nghĩ đến biến đổi để làm xuất a b  3 c d 3 Do ta

thêm bớt lượng thích hợp cho giả thiết tốn Ta có

         

       

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

            

         

Dễ thấy 3ab a b   3cd c d   3c315d3 chia hết ta được

  3 3

a b  c d chia hết cho Đến ta thấy viết a b  3 c d 3 dạng

a b c d A    ta chưa thể khẳng định a b c d   chia hết cho Do ta sẽ viết biểu thức a b  3 c d 3 dạng lũy thừa bậc ba a b c d   Ta có

  3  3 3      

a b  c d  a b c d   3 a b c d a b c d     Đến ta có đươc điều cân chứng minh.

 Lời giải Từ giả thiết a3b3 2 c 38d3

ta có

         

       

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

            

         

Dễ thấy 3ab a b   3cd c d   3c315d3 chia hết ta a b  3 c d 3 chia hết cho

Mặt khác ta lại có a b  3 c d  3  a b c d   33 a b c d a b c d          

Mà a b c d a b c d           chia hết suy a b c d   3 chia hết cho Do a b c d   chia hết cho

 Nhận xét Bản chất tốn toán bản: Nếu x3y3

chia hết cho thì

x y chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho 2x x2 số nguyên tố.

 Phân tích. Dễ thấy x 2 khơng thỏa mãn u cầu tốn cịn x3 thỏa mãn u cầu

bài toán Ta cần chứng minh x3 khơng tồn số ngun tố thỏa mãn Chú ý rằng x3 x số nguyên tố lẻ ta ln có x2 chia có số dư Ngoài số

nguyên tố x3 2x chia ln dư Điều dẫn đến 2x x2 chia hết cho 3, đó

khi x3 2x x2 ln hợp số.

 Lời giải. Ta xét trường hợp sau

(8)

+ Khi x3 ta 2xx22332 17 số nguyên tố.

+ Khi x3 x số ngun tố lẻ Khi x2 chia có số dư 1.

Ngồi x số nguyên tố lẻ nên ta đặt x 2k k N    * Từ ta có 2x 22k 1 2.4k 2 1  k chia có số dư

Như 2x x2 chia hết cho Do 2xx2 ln hợp số x3.

Vậy x3 giá trị thỏa mãn yêu cầu toán

 Nhận xét Với toán số học dạng ta thường thử với số nguyên tố nhỏ x 2;3 .

Với số nguyên tố lớn ta chứng minh không thỏa mãn 6 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2014-2015

Cho n nguyên dương Chứng minh A23n123n11

là hợp số Lời giải

Ta có:

     

3

2 2 5.8

8 mod mod mod 7 

    

        

n n n

n

A

Do A A

Mặt khác ta chứng minh A > nên A hợp số 7 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2013-2014

Tìm số tự nhiên n để 25n2 3 1n 12là số nguyên tố

Lời giải Ta có 2n26n 2 2n n  3 1 

Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + = 2k +1 với k N   1 Suy 52n2 6n 2 12 252 1k  1 13 13

Vì 52n2 6n 212nguyên tố hay 2 6 2

5 n  n 12 13 nên n(n – 3) + = , suy n = n =

Cho biểu thức Aa2012b2012c2012  a2008b2008c2008 với a,b,c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30

Lời giải 1) Ta có:

         

           

5 1 1 1 4 5 1 1

2 1 1

         

       

n n n n n n n n n n

(9)

Do n N *nênn5n30 Từ suy A a 2017a5 a b2007b5 b c2007c5c30 9 Đề thi HSG lớp TP Hà Nội năm 2010-2011

Lời giải

Tìm số nguyên dương cho tích bình phương chúng lần tổng bình phương chúng

* Goi số nguyên dương phải tìm x1, x2, …, x7;

2 2 2

1 7

x x x 2(x x  x ) * Giả sử x1≥ x2≥ …≥ x7≥1 có

2 2

1

x x x ≤ 2.7

2

x =14

2

x x x22 27≤ 14

* x2…x7≤ <4=22 x2= …= x7=1

x x12 22=

2

1

2(x x 5) * Đặt

2

x =a, 2

x =b với a, b số nguyên dương phương ab=2a+2b+10 (a-2)(b – 2)=14.1=7.2

* Trường hợp 1: a 14 b không

b 2

  

    

 phải số phương

* Trường hợp 2:

2

x 3

a 7 a 9

b 2 b 4 x 2



   

 

 

      

Đề cương ôn tập học kỳ 2 Toán 10 năm 2019 - 2020 trường THPT Yên Hòa - Hà Nội - TOANMATH.com

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan