CÂU 5 ROIRACHSG9HP318 BV
01LT. Trong tuần mỗi ngày Nam chỉ chơi một môn thể thao. Nam chạy ba ngày một tuần nhưng không bao giờ chạy trong ba ngày liên tiếp. Vào thứ hai, anh ta chơi bóng bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá. Nam còn đi bơi và chơi cầu lông, nhưng không bao giờ Nam chơi cầu lông sau ngày anh ta chạy hoặc bơi. Hỏi ngày nào trong tuần Nam đi bơi
Câu
Đáp án
Điểm
Vào ngày thứ Hai, anh ta chơi bóng bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá.
* Nếu 0 ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là thứ 2
* Nếu một ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là thứ Ba
* Đề bài cho hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá nên ngày chơi bóng đá đó là thứ Tư
Suy ra 3 ngày chạy chỉ là:
1) Thứ Ba, thứ Năm, thứ Bảy. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Sáu hoặc Chủ Nhật(không xảy ra vì đều sau ngày chạy)
2) Thứ Ba, thứ Năm, thứ Bảy. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Sáu (không xảy ra vì sau ngày chạy thứ Năm) hoặc thứ 7 (không xảy ra vì đó sau ngày bơi thứ Sáu)
3) Thứ Ba, thứ Sáu, Chủ Nhật. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Năm và ngày bơi là Thứ Bảy(thỏa mã điều kiện đề bài)
0,25
0,25
0,25
0,25
02LT. Cho x là một số nguyên dương. Biết rằng trong ba mệnh đề A, B, C sau đây chỉ có duy nhất một mệnh đề sai. Tìm x?
A. x + 51 là số chính phương.
B. x có chữ số tận cùng là 1.
C. x – 38 là số chính phương.
Nội dung cần đạt
Điểm
(1,0đ)
Giả sử mệnh đề B đúng thì x + 51 sẽ có chữ số tận cùng là 2 (vô lí) nên A sai. Khi đó x – 38 có chữ số tận cùng là 3 (vô lí) vậy mệnh đề C sai ( Do số chính phương không có chữ số tận cùng là 2 hoặc 3)
0,25
Vậy mệnh đề B phải sai nên mệnh đề A và C đúng (vì chỉ có một mệnh đề sai).
0,25
Từ đó: ( với )
suy ra: n2-m2 = 89

0,25
Vậy số cần tìm x = 452 - 51 = 1974
0,25
04LT. Một gia đình lớn gồm bốn thế hệ, trong đó có bảy cặp ông nội – cháu nội. Biết rằng, trong gia đình đó mỗi người đều chỉ có nhiều nhất hai con. Hỏi gia đình đó có ít nhất mấy người là nam? Tại sao?
DAPAN
Xét 7 người cháu nội:
+/ Nếu 7 người này ở cùng một thế hệ thì thế hệ trước của 7 người này phải có ít nhất 4 nam (vì mỗi người nam là cha của nhiều nhất hai người con) và thế hệ trước nữa phải có ít nhất hai nam (cha của 4 người nam nói trên).
Như vậy số người nam trong trường hợp này không ít hơn 6.
+/ Nếu 7 người này thuộc vào hai thế hệ (thế hệ 3 và thế hệ 4) thì số người nam không ít hơn 5 (tự suy luận tương tự).
Vậy mô hình gia đình 4 thế hệ thỏa mãn yêu cầu của đề bài và có đúng 5 người nam (nút tròn chỉ con trai, nút vuông chỉ con gái).
0,25
0,25
0,25
0,25
07LT. Khi điều tra kết quả học tập các môn Toán, Lý, Hóa của một lớp có 45 học sinh, người ta nhận thấy: có 19 học sinh không không giỏi môn nào, 18 học sinh giỏi Toán, 17 học sinh học sinh giỏi Lý, 13 học sinh học sinh giỏi Hóa, 10 học sinh học sinh giỏi hai môn Toán và Lý, 9 học sinh học sinh giỏi hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa. Hỏi có bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?
Bài
Đáp án
Điểm
1đ
Kí hiệu T là tập hợp học sinh cuả lớp. A, B, C lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó.
19 học sinh không giỏi môn nào.
Nên số học sinh giỏi ít nhất 1 môn là:
ABC = 45-19 = 26
Suy ra số học sinh giỏi cả ba môn là:
Vậy có 7 học sinh giỏi cả ba môn.
0,25
0,25
0,25
0,25
08LT. Một tờ giấy được xé thành 6 mảnh, một trong 6 mảnh nhỏ này lại xé thành 6 mảnh nhỏ nữa, và một trong số 6 mảnh nhỏ này lại được xé thành 6 mảnh, … Vậy cứ tiếp tục xé như vậy thì có khi nào ta được 1995 mảnh giấy hay không? Được 2011 mảnh giấy không?
Nội dung cần đạt
Điểm
Ta thấy cứ sau mỗi lần xé thì số giấy lại tăng lên 5 mảnh, ban đầu đã có 6 mảnh, ta suy ra số giấy sau mỗi lần xé luôn có dạng 5k + 1. Đây là đại lượng bất biến của bài toán.
0,25
Ta thầy không thể có dạng nên xé như bài ra thì không thể được 1995 mảnh.
0,25
Còn 2011 có dạng 2k + 1 nên trường hợp náy có thể thực hiện được.
0,25
Khi đó trường hợp này có thể thực hiện số lần là dư 1 nên suy ra có thể thực hiện sau 402 lần.
0,25
09LT. Cho bảng ô vuông 3x3 (3 hàng và cột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9 vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của 4 số trên mỗi bảng con có kích thước 2 x 2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của T.
Câu 10
(1,0 điểm)
Tổng của tất cả các số ghi trên bảng bằng
1 + 2 + 3 + ... + 9 = 45.
Gọi x là số ghi ở ô (2 ; 2) (ô trung tâm của bảng), các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f, g, h. (Hình 1)
a
b
c
h
x
d
g
f
e
Hình 1
0,25
Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2 x 2 ta được:
4T = 4x + (a + c + e + g) + 2(b + d + f + h)
= 45 + 2x + (x + b + d + f + h)
0,25
Do x ≤ 9; x + b + d + f + h ≤ 9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35
nên 4T ≤ 45 + 2.9 + 35 = 98

0,25
Þ T ≤ 24 (do T Î N).
Trên hình 2 chỉ ra một phương án điền số
sao cho T = 24.
4
3
5
8
9
7
1
6
2
Hình 2
0,25
10LT. Trong mặt phẳng cho 2000 điểm không thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua 3 trong số 2000 điểm đã cho mà đường tròn này không chứa bất kì điểm nào trong số 1997 điểm còn lại.
Bài
Nội dung
Điểm
5.
(1 điểm)
- Xét điểm A và hình tròn tâm A bán kính bằng 1. Nếu tất cả 24 điểm còn lại đều nằm trong (A; 1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh.
0,25
- Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (A; 1). Ta có AB > 1.
0,25
Xét hình tròn tâm B bán kính bằng 1. Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Ta chứng minh C phải thuộc một trong hai hình tròn
(A; 1) hoặc (B; 1).
Thật vậy, giả sử C không thuộc cả (A;1) và (B;1) => AC >1 và BC>1. Theo trên ta có AB > 1. Như vậy có bộ ba điểm A, B, C trong đó không có bất kì hai điểm nào có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Điều này trái với giả thiết, chứng tỏ C thuộc vào (A; 1) hoặc C thuộc vào (B; 1).
0,25
Vậy cả 25 điểm đó đều thuộc vào (A; 1) và (B; 1). Theo nguyên lí Dỉrichlet phải có ít nhất một hình tròn chứa không ít hơn 13 điểm (đpcm).
0,25
11LT.
Một đoàn học sinh đi học tập trải nghiệm bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì còn thừa một người. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi trải nghiệm và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.

5
(1,0điểm)
+ Gọi số ô tô lúc đầu là ( x nguyên và x ³ 2)
Số học sinh đi trải nghiệm là: 22x + 1.
+ Theo giả thiết: Nếu số xe là thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y £ 30).
+ Do đó ta có phương trình:
+ Vì x và y đều là số nguyên dương, nên phải là ước số của 23.
Mà 23 nguyên tố, nên: hoặc
* Nếu thì (trái giả thiết)
* Nếu thì < 30 (thỏa điều kiện bài toán).
+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi trải nghiệm là:
học sinh.
0,25
0,25
0,25
0,25
12LT. Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh bằng 4 có cho trước 33 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn có bán kính đều bằng , có tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không 3 điểm trong số các điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc vào phần chung của 3 hình tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm.
Bài
Đáp án
Điểm
(1.điểm)
( 1.0 điểm)
Q
P
N
M
- Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông bằng nhau có cạnh bằng đơn vị, bởi các đường thẳng song song với các cạnh hình vuông đã cho, ta thu được 16 hình vuông đơn vị.
-Theo nguyên tắc Di-rich-lê hoặc bằng phương pháp phản chứng suy ra tồn tại ít nhất 3 điểm trong số 33 điểm đã cho sẽ cùng nằm trong hoặc nằm trên biên của một hình vuông đơn vị.
-Giả sử đó là hình vuông MNPQ với 3 điểm A, B, C ở trong hoặc trên biên của nó.
Ta có:MP = =
-Với mọi điểm X thuộc hình vuông MNPQ ta luôn có AX £ MP. Do đó AX £ Þ X thuộc hình tròn (A, ). Suy ra (A; ) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ.
-Tương tự ta cũng có (B; ) và (C; ) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ Þ Phần chung của 3 hình tròn (A; ), (B; ) và (C; ) chứa hình vuông MNPQ ÞA; B; C nằm trong phần chung của 3 hình tròn (A; ), (B; ) và (C; )
-Kết luận: Tồn tại 3 trog số các điểm đã cho cùng thuộc vào phần chung của 3 hình tròn có tâm cũng chính là 3 điểm đó./.
0,25
0,25
0,25
0,25
14LT. Giả sử một người gửi 10 000 đôla vào tài khoản của mình tại một ngân hàng với lãi suất kép 11% mỗi năm. Sau 30 năm anh ta có bao nhiêu tiền trong tài khoản của mình.
Phần
Nội dung
Điểm
Gọi là tổng số tiền có trong tài khoản sau n năm vì số tiền có trong tài khoản sau n năm bằng số tiền có n – 1 năm cộng lãi suất của năm thứ n
0,25
Nên ta thấy dãy thỏa mãn hệ thức truy hồi sau
=
Với điều kiện ban đầu = 10 000 đôla
Từ đó suy ra = ( 1,11)n.10 000
0,25
0,25
Thay n = 30 ta được 228 922, 97 đôla
0,25
15LT. Có bao nhiêu số nguyên có 3 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số nguyên là 11.
1,0 điểm
Ta xác định chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị là : (1).
0,25
Đặt (2)
0,25
Số nghiệm của (1) bằng số nghiệm của (2) tức là bằng nhưng trừ đi 5 nghiệm sau : (11;0;0) ; (10;1;0) ;(10;0;1); (1;10;0); (1;0;10)
0,25
Vậy có tất cả :
0,25
16LT. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng tồn tại một số có dạng 111...11 mà chia hết cho p.
Xét dãy số 1,11,111,...,
Ta chứng minh trong dãy trên phải có số chia hết cho p. Giả sử kết luận ấy không đúng, tức là không có bất kỳ số nào của dãylại chia hết cho p.
Cho tương ứng mỗi số dư của phép chia cho p . Tập hợp số dư có thể thuộc tập hợp {1, 2, 3,..., p – 1} (Do 0 không thể thuộc tập hợp này). Ta lại có p số trong dãy số trên. Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho p. Giả sử các số đó là 111...11 (m chữ số 1) và số 111....11 (n chữ số 1) với . Từ đó ta có (1)
Do p là s ố nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế từ (1) ta suy ra (2)
là một số thuộc dãy trên nên từ (2) suy ra mâu thuẫn với giả thiết. Vậy giả sử phản chứng là sai. Ta suy ra điều phải chứng minh.
0.25
0.25
0,25
0,25
17LT. Cho tam giácnhọnABCcócm. Bêntrong tam giácnàycho 13 điểmbấtkỳ.Chứng minh rằngtrong 13 điểmấyluôntìmđược 2 điểmmàkhoảngcáchgiữachúngkhônglớnhơn 1cm.
DAPAN
Nội dung
Điểm
Gọi (O) làđườngtrònngoạitiếptam giácABC vàM, N, PlầnlượtlàtrungđiểmcủaBC, CA, AB.
Do tam giácABCnhọnnênOnằmtrong tam giácABCVìnên, suyra
VìOnằmtrong tam giácABCvà
Suyra tam giácABCđược chia thành 3 tứgiácANOP, BMOP, CMONnộitiếpcácđườngtròncóđườngkính 2 (đườngkínhlầnlượtlàOA, OB, OC).
Theo nguyênlýĐirichlê, tồntạiítnhấtmộttrong 3 tứgiácnàychứaítnhất 5 điểmtrong 13 điểmđãcho, giảsửđólàtứgiácANOP.
GọiE, F, G, HlầnlượtlàtrungđiểmcủaNA, AP, PO, ONvàI làtrungđiểmOA, suyra
KhiđótứgiácANOPđược chia thành 4 tứgiácAEIF, FIGP, IGOH, IHNE nộitiếpcácđườngtròncóđườngkính 1.
Theo nguyênlýĐirichlê, tồntạiítnhấtmộttrong 4 tứgiácnàychứaítnhất 2 điểmtrong 5 điểmđãcho, giảsửđólàtứgiácAEIFchứa 2 điểmX, Ytrongsố 13 điểmđãcho.
VìX, YnằmtrongtứgiácAEIFnênX, Ynằmtrongđườngtrònngoạitiếptứgiácnày, do đóXYkhônglớnhơnđườngkínhđườngtrònnày, nghĩalàkhoảngcáchgiữaX, Ykhôngvượtquá 1.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
18LT. Cho 2002 số tự nhiên khác 0 sao cho 4 số khác nhau bất kỳ trong chúng đều lập thành một tỷ lệ thức. Chứng minh rằng trong các số đã cho luôn luôn tồn tại ít nhất 501 số bằng nhau.
Giả sử trong các số đã cho có nhiều hơn 4 số khác nhau, giả sử a1, a2, a3, a4, a5 là 5 số khác nhau a1Theo đề bài ta có : a1.a4 =a2.a3 (2)
Từ (1) không xảy ra : a1.a2 =a3.a4 hoặc a1.a3=a2.a4.
Tương tự trong 4 số khác nhau: a1, a2, a3, a4, a5 thì a1.a5=a2.a3 (3)
Từ (2)và (3) có: a1.a4=a1.a5
Suy ra: a4=a5. (Mâu thuẫn). Vậy trong 2002 số tự nhiên khác nhau đã cho không thể có hơn 4 số khác nhau. Mà 2002=4.500+2. Theo nguyên tắc Dirichlet luôn tìm được ít nhất 500+1 =501 số bằng nhau.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
19LT. Cho lưới ô vuông kích thước 7 x 7, mỗi ô vuông được điền số 1 hoặc - 1.
Kí hiệu: ai là tích cá số ở hàng thứ i và bj là tích các số ở cột thứ j ( 1 i , j 7 ).
Chứng minh rằng : a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 0
Ta có ai = 1 hoặc ai = - 1 ; bj = 1 hoặc bj = - 1 , với 1 i , j 7 trong đó i , j N.
Giả sử a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 0 là sai ,
suy ra a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 = 0 và trong các số hạng của tổng này có 7 số bằng 1 và 7 số bằng – 1 , vì vậy :
a1. b1 .a2 . b2 …. a7. b7 = 17 . ( - 1 )7 = - 1 .
Mặt khác : a1. a2.a7 .b1 .b2. b7 vì mỗi vế là tích các số trong bảng .
Ta nhận được mâu thuẫn nên có đpcm.
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
20LT. Cho một bảng kẻ ô vuông kích thước 7 x 7 (gồm 49 ô vuông đơn vị). Đặt 22 đấu thủ vào bảng sao cho mỗi ô vuông đơn vị có không quá một đấu thủ. Hai đấu thủ được gọi là tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau.
DAPAN
0,5
Bảng ô vuông có 7. 7 = 49 ô vuông. Ta điền các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 vào mỗi ô vuông như bảng: (theo đường chéo)
0,25
Xem các ô điền số giống nhau là 1 chuồng thỏcó 7 chuồng thỏ, mà 22 = 3. 7 +1, theo nguyên tắc đirrichle mỗi cách đặt bất kỳ thỏa mãn yêu cầu bài toán, mỗi chuồng thỏ luôn có ít nhất 4 đấu thủ không tấn công nhau (Hai đấu thủ tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột còn trên đường chéo thì không tấn công nhau)đpcm
0,25
21LT. Có 5 Nhà Toán học nam , 3 Nhà toán học nữ , 4 Nhà vật lí nam . Lập một đoàn công tác 3 người cần có cả nam , nữ , cả nhà toán học và nhà vật lí . Hỏi có bao nhiêu cách lập đoàn công tác?
Nội dung
Điểm
Chỉ có 3 cách lập đoàn công tác như sau :
- Gồm 2 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân , số cách chọn là :
- Gồm 1 nhà vật lí nam , 2 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân , số cách chọn là :
- Gồm 1 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ , 1nhà toán học nam . Theo quy tắc nhân , số cách chọn là :
Theo quy tắc cộng số cách lập đoàn cộng tác là : 18+12+60= 90
Vậy có 90 cách lập đoàn công tác.
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
22LT. Trênmộtđườngtròn ta viếttheochiềukimđồnghồ 2 số 1 và 48 số 0 theothứtự 1, 0, 1, 0, …, 0. Ta thựchiệnphépbiếnđổicácsốtrênđườngtrònnhưsau: tạimỗibướcchọnhaisốbấtkìnằmliềnkềnhau, giảsửlàxvà y rồithayxbởivàthayybởi. Chứng minh rằngkhôngthểthuđượcmộtdãy 50 sốbằngnhausaumộtsốhữuhạncácphépbiếnđổinhưtrên.
Câu
( 1,0 điểm)
( 1,0 điểm)
Kí hiệu các số trên đường tròn lần lượt theo chiều kim đồng hồ là với
Xét tổng
Ta có I = 2
0,25
Giá trị của I không thay đổi khi thay thế cặp số liền kề nhau bởi cặp số .
0,25
Giả sử thu được dãy 50 số bằng nhau thì khi đó ta có I = 0, mâu thuẫn với I = 2.
0,25
Vậy không thể nhận được một dãy 50 số bằng nhau sau một số hữu hạn các phép biến đổi
0,25
23LT. Trong hình chữ nhật 3x4 đặt sáu điểm. Chứng minh rằng trong số đó luôn tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng không lớn hơn
DAPAN
Đáp án
Điểm
Chia hình chữ nhật đã cho thành năm hình ABCD, DCKFE, KFNM, NFEQR, QEDAS
Vì có 6 điểm nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong năm hình trên chứa ít nhất 2 trong 6 điểm nói trên.
Theo định lý Pitago thì khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm trong một hình bằng .
Ví dụ AC = CE = KE = KN = DS = DQ = QF = FR =
Từ đó ta luôn tìm được 2 điểm trong 6 điểm đã cho có khoảng cách không lớn hơn (Đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
25LT. Trong một tháng gồm 30 ngày, một đội bóng chuyền thi đấu mỗi ngày ít nhất 1 trận nhưng chơi không quá 45 trận. Chứng minh rằng tìm được một giai đoạn gồm một số ngày liên tục nào đó trong tháng sao cho trong giai đoạn đó đội chơi đúng 14 trận.
Bài
Nội dung
Điểm
7
(1 điểm)
Gọi aj là số trận mà đội đã chơi từ ngày đầu tháng đến hết ngày j. Khi đó
1 £ a1 < a2 < ... < a30 < 45
15 £ a1+14 < a2+14 < ... < a30+14 < 59.
Sáu mươi số nguyên a1, a2, ..., a30, a1+ 14, a2 + 14, ..., a30+14 nằm giữa 1 và 59. Do đó theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 2 trong 60 số này bằng nhau. Vì vậy tồn tại i và j sao cho ai = aj + 14 (j < i). Điều này có nghĩa là từ ngày j + 1 đến hết ngày i đội đã chơi đúng 14 trận.
0.25
0.25
0.25
0.25
..................................................................................................................
1

onthicaptoc.com CÂU 5 ROIRACHSG9HP318 LT