Tuyển chọn các bài Tổ hợp trong đề thi tuyển sinh các trường THPT chuyên cả nước năm 2020

2020 thành tổng của các số nguyên dương rồi đem cộng lại tất cả các chữ số của các số nguyên dương này với nhau.. Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất c[r]

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

TRONG ĐÈ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020 - 2021

Trong viết này, thuvientoan.net xin giới thiệu đến bạn đọc tuyển chọn toán Tổ hợp đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán nước năm học 2020 – 2021

Lời giải Gọi S n( ) tổng chữ số n

Ta nhận thấy S n( ) n có số dư chia cho

Giả sử 2021 1 2

1

2020

n

n i

i

a a a a



     với i1, 2, 3, ,n n*

Ta có S a i aimod 3 nên suy 2021   

1

2020 mod

n n

i i

i i

a S a

 

 

Mà 202020211 mod 3     

1 mod n i i S a   

Mà 20212 mod 3  20220 mod 3  nên kết nhận số 2021 hay 2022

Lời giải

Xét bảng ô vuông điền đủ số Nếu ta thay đổi số ô dòng i, cột j (số thành số

 ngược lại) a bi, j đổi dấu (từ thành 1 ngược lại) ak,bl với ki l,  j khơng thay đổi Do tổng Shoặc khơng đổi giảm đơn vị tăng đơn vị Tức là, sau bước đổi dấu số ghi bảng số dư chia tổng S cho không đổi

Ta xét bảng ô vuông 2019 2019 điền toàn số Gọi bảng I Bài Thầy Du viết số 2021

2020 thành tổng số nguyên dương đem cộng lại tất chữ số số nguyên dương với Hỏi thầy Du nhận kết số 2021 2022 không?

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2020

Bài Cho bảng ô vuông 2019 2019, ô vuông ta điền số 1 Gọi ak,bk theo thứ tự tích phần tử dịng thứ k cột thứ k Đặt

2019 2019

1

i i

i i

S a b

 

  Hỏi S 2020 khơng? Tại sao?

Khi akbk1 với k1, 2, , 2019 Và tổng S tương ứng với bảng I S12019 2 4038

Với bảng ô vuông 2019 2019 điền số theo qui tắc đề (gọi bảng II), sau số lần thực phép biến đổi đổi dấu ô vuông bảng I, ta thu bảng II Vậy tổng Sứng với bảng II chia

4 dư (do 4038 chia dư )

Do chắn S 2020 ( 2020 chia hết cho )

Lời giải

Với hai điểm A B, cho trước xét điểm C để có SABC 1, ta có độ dài chiều cao 2SABC d

AB

 Rõ ràng

C thuộc đường thẳng song song cách AB khoảng d nên có đường thẳng

Do khơng có điểm thẳng hàng nên đường thẳng lấy tối đa điểm nên có khơng nhiều điểm C thỏa mãn cho tam giác ABC có diện tích

Mặt khác có  1

n n

cặp điểm nên có tối đa  1  1

n n

n n 

   tam giác thỏa mãn có diện tích Tuy nhiên với tam giác ta đếm ba lần nên số tam giác tối đa có diện tích khơng vượt q

 

2

n n

Lời giải

Trước hết ta chứng minh tồn điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm cho khác Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A B, P nằm đường trung trực AB Do cần chọn điểm P khơng nằm đường trung trực đoạn thẳng tạo 20 điểm cho Gọi khoảng cách P đến 20 điểm cho d1d2d3  d20 Xét đường trịn tâm P bán kính d12, đường trịn chứa 12 điểm có khoảng cách đến P gần Ta có điều phải chứng minh

Bài Có n điểm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh chọn từ n điểm có diện tích nhỏ 2 

3 n n

Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên KHTN lần năm 2020

Bài Cho 20 điểm phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn đường trịn có 12 điểm cho bên có điểm cho bên

Lời giải

Giả sử ngược lại khơng tồn điểm có khoảng cách nhỏ 2cm 2020 điểm cho Khi khoảng cách hai điểm ln lớn 2cm

Xét 2020 hình trịn có tâm điểm cho có bán kính 1cm Do 2020 điểm nằm hình chữ nên 2020 đường trịn nằm hình chữ nhật mở rộng từ hình chữ nhật cho 1cm chiều dài chiều rộng Khi kích thước hình chữ nhật 149  2 1 40  2 1 151 42 6242 cm2

Do khoảng cách hai điểm không nhỏ 2cm nên đường trịn có nhiều điểm chung, nghĩa tổng diện tích 2020 hình trịn tổng diện tích hình trịn Mặt khác hình trịn nằm trọn hình chữ nhật nên suy diện tích 2020 hình trịn phải nhỏ diện tích hình chữ nhật

Ta có diện tích 2020 hình trịn 2020 12 6242,8cm26242 3,14  Điều chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ tổng diện tích hình trịn Do điều giả sử sai

Vậy ta có điều phải chứng minh

Lời giải a) Trong năm có 365 ngày đánh số từ đến 365

Do hai ngày trực không cách ngày nên số ngày tối đa cách ngày

Bài Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch tuần tra rừng cho năm 2021 cho số ngày tuần tra năm nhiều số ngày năm khơng có hai ngày tuần tra cách tuần lễ a) Chứng minh lập lịch tuần tra rừng thỏa mãn yêu cầu

b) Hỏi lập tất lịch tuần tra rừng vậy?

Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường Achirmedes Academy lần năm 2020 Bài Trong hình chữ có chiều dài 149 cm, chiều rộng 40cm cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh tồn điểm số 2020 điểm cho mà khoảng cách chúng nhỏ 2cm

Như ta xếp ngày trực vào ngày m mà m0, 1, 2, 3, 4, mod 14  nghỉ vào ngày n mà

 

8, 9, 10, 11, 12, 13 mod14

n Khi m183 n182

Từ suy xếp số ngày trực thỏa mãn đề

b) Đặt Ai m365 |mimod  Gọi Ai số phần tử Ai, ta có: Ai 53 Ak 52 với k1 Do số ngày nghỉ không nhiều số ngày tuần tra nên số ngày tuần tra A1 không 53 27

2       

  ngày số ngày tuần tra Ak không 52 26

2       

  ngày Do số ngày trực tối đa khơng 2726 6 183 ngày Nên số ngày trực phải 183 ngày

Bây ta xác định số tập hợp 183 ngày thỏa mãn yêu cầu đề Số cách chọn ngày A1 xác định (chỉ gồm ngày dạng 14k1) Và với i1 có 27 cách chọn 26 ngày Ai, không thuộc vào hai tuần liên tiếp nhau, đặc trung dãy  

26

0, 0, , 0, 1, ,

 (trong vị trí ngày

dạng 14ki vị trí ngày dạng 14k 7 i)

Như lập dược tất 276 lịch tuần tra khác thỏa mãn yêu cầu toán

Lời giải a) Cách tô màu thỏa mãn m20

Bài Cho bảng vng kích thước 7 (6 hàng, cột) tạo vng kích thước 1 Mỗi vng kích thước 1 tô hai màu đen trắng cho bảng vng kích thước 3 2, có hai vng kích thước 1 tơ màu đen có chung cạnh Gọi m số vng kích thước 1 tô màu đen bảng

a) Chỉ cách tơ cho m20 b) Tìm giá trị nhỏ m

b) Theo cách tô bảng, ta thấy ba ô vuông nằm vị trí hai dạng có tơ đen

Tiếp theo, ta xét ô nằm vị trí hình (phần có màu đỏ hình)

Ta chứng minh A B C D, , , có hai ô tô màu đen Thật vậy, giả sử bốn có tối đa tơ màu đen Khi đó, theo nhận xét trên, ta thấy có màu đen Khơng tính tổng qt, giả sử ô A tô màu đen ô B C D, , tô trắng

Lúc bảng 3 ô B E C F D, , , , khơng có hai tơ đen nằm cạnh nhau, mâu thuẫn Vậy bốn ô A B C D, , , có hai ô tô đen Từ đây, ta suy bốn nằm vị trí giống với bốn ô

, , ,

A B C D hình vẽ có hai ô tô đen

Từ kết thu được, ta suy m16 Với m16, ta thu cách tô màu thỏa mãn sau:

Vậy giá trị nhỏ m 16

Lời giải

Nhận xét 1: Cứ bước tổng số viên bị bị giảm viên Suy tổng số bi tất túi sau bước thứ n 2020 – n viên bi

Nhận xét 2: Sau bước tổng số túi thêm túi Như sau bước thứ n có n1 túi Giả sử tồn bước thứ k k  thỏa mãn yêu cầu đề bài: Tất túi có hai viên

Bài Ban đầu có 2020 viên sỏi túi Có thể thực cơng việc sau: Bước 1: Bỏ viên sỏi chia túi làm hai túi

Bước 2: Chọn hai túi cho túi có ba viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi làm hai túi mới, có ba túi

Bước 3: Chọn ba túi cho túi có ba viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi làm hai túi mới, có bốn túi

Tiếp túc q trình Hỏi sau số bước tạo trường hợp mà túi có hai viên sỏi hay không?

Áp dụng nhận xét 1, số viên bi sau bước thứ k 2020k viên

Theo nhận xét số túi sau bước k k1 túi Khi tổng số viên bi tất túi 2k1 viên Như vậy: 2k 1 2020 k 3k2018 Vô lý k số tự nhiên

Vậy không tồn bước thỏa mãn yêu cầu đề

Bài Ban đầu có 2020 viên sỏi túi Có thể thực cơng việc sau: Bước 1: Bỏ viên sỏi chia túi làm hai túi

Bước 2: Chọn hai túi cho túi có ba viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi làm hai túi mới, có ba túi

Bước 3: Chọn ba túi cho túi có ba viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi làm hai túi mới, có bốn túi

Tiếp túc trình Hỏi sau số bước tạo trường hợp mà túi có hai viên sỏi hay không?

Lời giải

Gọi điểm đánh số A A1, 2, A3, , A2024 Trong Ak với k lẽ tô màu xanh, k chẵn tô màu đỏ với k1, 2, , 2014

Giả sử A1x A2 y với x y, khác Khi

3

1

A y

A A A A

A x

    

Do A2 A4 A3 A4 A3 A2 y y

x

      

Tương tự ta tính A5 x A, 6 x y y A, 7 y, A8 x y

x x

         

Suy ra: A1 A2 A8 x y y y y 1 x x y y y x y

x x x x

     

  

                    

Ta tính

7

A

A x

A

  A10 y

Do A1A9, A2A10 nên trình tiếp tục thấy sau điểm liên tiếp số lặp lại theo thứ thứ tự điểm ban đầu

Bài Trên đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xen kẽ Tại điểm ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số ghi điểm màu xanh tổng hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ tích hai số ghi hai điểm màu xanh kế nó” Tính tổng 2024 số

Do 2024 8 1 2024 2024 759 8 i i i A A         

Vậy tổng số cần tìm 759

Lời giải

Từ giả thiết, ta suy A1090 a b B1090 c d với a c, hai số có 1930 chữ số, b số có 15 chữ số d có 24 chữ số

Đặt xgcd( , )A B ta có aB cA chia hết cho x, thức ad bc chia hết cho x (1)

Ta chứng minh ad bc khác Thật vậy, giả sử ad bc, ta có c d a  b

Do a c hai số có 1930 chữ số nên

1930 1929 10 10 10 c

a   Trong đó, d số có 24 chữ số b số

có 15 chữ số nên

23 15 10 10 10 d

b   Suy 10

d c

b  a, mâu thuẫn Vậy ad bc 0 Vì ad bc khác nên từ (1), ta suy adbc x Mặt khác, ta lại có

 1930 24 1954

10 10 10

ad   , tức ad có khơng 1954 chữ số

 1930 15 1945

10 10 10

bc   b, tức bc có khơng q 1945 chữ số

Do đó, với ý adbc maxad bc, , ta suy ad bc số ngun dương có khơng q 1954 chữ số, từ x số có khơng 1954 chữ số (đpcm)

Bài 10 Cho hai số A B, có 2020 chữ số Biết số A có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trai 15 chữ số ngồi bên phải, số B có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trái 24 chữ số bên phải Chứng minh gcd( , )A B số có khơng q 1954 chữ số

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên ĐHSP – Hà Nội năm 2020

Bài 11 Trên bàn có hộp kẹo, hộp có viên kẹo An Bình chơi trị chơi sau: Mỗi lượt chơi, An chọn hộp tùy ý lấy viên kẹo hộp đó; cịn Bình chọn số hộp hộp chọn, hộp lấy viên kẹo Hai bạn luân phiên thực lượt chơi Bạn khơng thể thực lượt chơi người thua Nếu An người lấy kẹo trước, chiến thuật chơi để Bình người thắng

Lời giải

Bình thực chiến thuật sau: Trong bốn lượt chơi đầu tiên, vào lượt chơi, Bình chọn tất hộp có số lượng bi nhiều lấy từ hộp viên bi

Ta có nhận xét quan trọng sau

Nhận xét Sau (0k k4) lượt chơi An lẫn Bình, hộp bi có nhiều bi có 5k viên bi Hơn nữa, có 6k hộp có 5k viên bi

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo k Trường hợp k0 hiển nhiên Giả sử mệnh đề tới k t (0 t 4), ta chứng minh với k  t

Gọi s số hộp có 5t viên bi sau t lượt hai (s 6 t) Ta thấy hộp cịn lại có khơng q 4t

viên bi nên sau lượt thứ t1 Bình, hộp có khơng q 4t viên bi

Trong s hộp có 5t viên bi, An chọn tối đa hộp Nếu hộp An chọn s hộp nói sau lượt Bình, với chiến thuật nêu, s1 hộp cịn lại có 4t viên bi Cịn hộp An chọn khơng nằm s hộp nói sau lượt Bình, với chiến thuật nếu, s hộp có 4t viên bi Từ suy ra, số bi lớn hộp 4t, có s  1 t hộp có số viên bị Vậy mệnh đề với k t Áp dụng nguyên lý quy nạp, ta suy mệnh đề với k thỏa

0 k

Trở lại toán, ta thấy sau lượt thứ hai, cịn lại hộp có viên bi (ít hộp) Trong lượt tiếp theo, An chọn hộp Bình cần chọn hộp cịn lại thắng trị chơi Lời giải hoàn tất

Lời giải

Gọi (a b c dn, 2, n, n) bốn số thực thu sau lượt thứ n Khi đó, ta có

0 0

( ,a b c d, , )( , , , )a b c d

Và

1 1 2( )

n n n n n n n

a b c   a   b c d  n 

Suy

0 0

2 (n ) (n )

n n n n

a   b c d  a   b c d  a  b c d

Bài 12 Từ bốn số thực a b c d, , ,  ta xây dựng số ab b, c c, d d, a liên tiếp xây dựng số theo quy tắc Chứng minh hai thời điểm khác ta thu số (có thể khác thứ tự) số ban đầu phải có dạng a,a a, ,a

Giả sử tồn hai số nguyên dương mksao cho hai số (a b c dm, m, m, m)và (a b c dk, k, k, k) (có thể khác thứ tự) Khi đó, ta có ambmcmdmak  bk ck dk tức (m a  b c d)2 (k a  b c d)

Vì mknên a b c  d 0 Bây giờ, ta có ý

2 2

2 2

2 2

1 1 1 1

2 2

1 1 1 1

2 2

1 1 1

2 2

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

2( ) 2( )( )

2( ) 2( )( )

2(

n n n n

n n n n n n n n

n n n n n n n n

n n n n n n n n n n

n n n

a b c d

a b b c c d d a

a b c d a c b d

a b c d a b c d b d

a b c

                                                       

   d2n1) Suy a2n b2nc2nd2n 2n1(a21b21c21d21). n 

Vì hai số (a b c dm, m, m, m) ( ,a b c dk k, k, k) ( khác thứ tự) nên

2 2 2 2

m m m m k k k k

a b c d a b c d Hay

1 2 2 2 2

1 1 1 1

2m ( ) 2k ( )

a b c d a b c d

 

      

Từ đây, ta có a1b1c1 d1 0 Suy b a c,  b d,  c, tức số ban đầu phải có dạng ( ,a a a, ,a) Ta có điều phải chứng minh

Lời giải

a) Với phần tử A, ta thấy viết dạng 3a5b7c với a b c, ,  Vì 1a13

1b7 1c20 nên số a b c, , có 13,7, 20 cách chọn Do đó, số phần tử A 13 20 1820.  

b) Cũng với dạng xét trên, ta xét tính chẵn lẻ số ( , , )a b c với dạng sau: (chẵn, chẵn, chẵn), (chẵn, chẵn, lẻ), (chẵn, lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ, lẻ),

(lẻ, chẵn, chẵn), (lẻ, chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ, chẵn), (lẻ lẻ, lẻ) Bài 13 Cho số tự nhiên a313577 20

a) Gọi A tập hợp tất số nguyên dương k cho k ước a k chia hết cho 105 Hỏi tập hợp A có phần tử

b) Giả sử B tập A có phần tử Chứng minh ta ln chọn hai phần tử B mà tích số phương