Chuyên đề ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Chuyên đề 8: Số học - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
Chuyên đề 8: SỐ HỌC
Câu 1.(Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1).
 Lời giải
 Có: x(1 x x2 ) 4y(y 1) (x3 x2 ) (x 1) 4y2 4y 1
 2 2
 (x 1)(x 1) (2y 1) (1)
 2
 Vì x, y  2y 1 0 , nên từ 1 x 0 và x chẵn.
 Giả sử (x 1, x2 1) d d lẻ và x2 1d; x2 1d 2d d 1
 Vì (x 1)(x2 1) là số chính phương, (x 1, x2 1) 1 nên (x 1) và (x2 1) cũng là hai số 
 chính phương.
 Do x 0 x2 x2 1 (x 1)2 x2 1 (x 1)2 x 0
 y 0
 Khi x 0 , có (1) 4y(y 1) 0 .
 y 1
 Vậy có hai cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1)
Câu 2.(Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015) 
 1 1 1 1 1
 Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...; ; .
 1 2 3 2014 2015
 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm 
 vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với 
 dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh 
 rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong 
 mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
 Lời giải
 Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có:
 u 1 v 1 u v uv 1 u v uv 1 (*)
 Với dãy số thực bất kỳ a1;a2 ;...;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”:
 T a1 1 a2 1 a3 1 ... a2015 1 
 Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích 
 thêm T ” không thay đổi với mọi dãy thu được.
 Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm T ”:
 1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016
 T 1 1 1 1 ... 1 . . .... . 2016
 1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015
 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là x thì “Tích 
 thêm T ” đối với dãy cuối là: T x 1
 Vậy ta có: x 1 2016 x 2015
 Bài toán được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta 
 thu được số 2015 .
  Trang 1  TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
Câu 3.(Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang 2017-2018) 
 2
 a) Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên
 x
 b) Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương
 c) cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất 
 một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
 Lời giải
 2
 a) Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên.
 x
 2
 Đặt a x 3;b x2 2 3;c x với a,b,c Z
 x
 Từ a x 3 x a 3; từ b x2 2 3 x2 b 2 3 , nên ta có
 2
 a 3 b 2 3 a2 2 3a 3 b 2 3 2 3 a 1 b a2 3
 b a2 3 b a2 3
 -Nếu a+1 0 a 1 2 3 , vì a,b Z Q 2 3 Q (L)
 a 1 a 1
 a 1 0 a 1
 Vậy a+1=0 nên ta có x 3 1
 2 
 b a 3 0 b 4
 Với x 3 1 ta có a 1;b 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài.
 b) Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương
 Vì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương, nên ta có 4x3 14x2 9x 6 =k2 với k N
 Ta có 4 x3 14x2 9x 6= = x 2 4x2 6x 3 nên ta có x 2 4x2 6x 3 = k 2
 Đặt x 2,4x2 6x 3 d với d N *
 Ta có x 2d x 2 4x 2 d 4x 6x 4d
 Ta lại có 4x2 6x 3d 4x2 6x 3 4x2 6x 4 1d d 1
 Vậy x 2,4x2 6x 3 1 
 mà x 2 4x2 6x 3 = k 2 nên ta có 
 x+2 và 4x2 6x 3 là số chính phương x 2 a2và 4x2 6x 3 b2 với a,b N *
 2 2
 Vì x>0 nên ta có 4x2 b2 4x2 12x 9 2x b2 2x 3 
 2
 Vì b lẻ nên b2 2x 1 4x2 6x 3 4x2 4x 1 x 2
 Với x=2 ta có 4x3 14x2 9x 6 =100=102 là số chính phương.
 c) cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất 
 một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
 -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong
 -Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k 
 2
 sao cho k 2 n k 1 .Vì n nguyên dương và n k 2 n k 2 1, vậy ta có:
 2 2 2
 2n k 1 2(k 2 1) k 1 ... k 2 2k 1 k 1 0 
  Trang 2  TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
 2
 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 n k 1 2n
 Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
Câu 4.(Đề thi HSG tỉnh Lạng Sơn 2017-2018) 
 Cho f (x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết f (2017). f (2018) 2019 . Chứng minh rằng 
 phương trình f (x) 0 không có nghiệm nguyên.
 Lời giải
 Từ giả thiết ta có f (2017), f (2018) là các số nguyên và x = 2017,
 x = 2018 không là nghiệm của PT f (x) 0
 Giả sử PT f (x) 0 có nghiệm nguyên là x a Z , theo định lý Bơ-zu : 
 f (x) (x a).g(x) với g(x) là đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm 
 nghiệm
 Do vậy: f (2017) (2017 a).g(2017), f (2018) (2018 a).g(2018)
 Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết f (2017). f (2018) 2019 :
 2019 (2017 a).g(2017).(2018 a).g(2018)
 Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn ( (2017 a); (2018 a) là 2 số 
 nguyên liên tiếp, tích là số chẵn)
 Vậy f (x) 0 không có nghiệm nguyên (đpcm).
Câu 5.(Đề thi HSG tỉnh Nam Định 2015-2016) 
 1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 y2 xy x y 1.
 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có 2 3 4... n 1 n 3 .
 Lời giải
 2 2 2
 1. Ta có x2 y2 xy x y 1 x y x 1 y 1 4
 Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp)
 x y x 1 y 1 Nghiệm x; y 
 2 0 0 1;1 
 -2 0 0 Loại
 0 2 0 Loại
 0 -2 0 1;1 
 0 0 2 Loại
 0 0 -2 1; 1 
 Vậy các số x; y cần tìm là 1;1 , 1;1 , 1; 1 .
 2. 
 Với mỗi số nguyên dương k ta có k k 2 1 k 2 1 1 k 1 k 1 .
 Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với k 3,4,...,n ta được
  Trang 3  TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
 3 1 2.4 1 2 1 3.5 1 2 1 3 1 4.6 
 1 2 1 3 1  1 n 1 n 1 
 1 2 1 3 1  1 n 1 n 1 2 2 3 4... n 1 n
 Ta có điều phải chứng minh.
Câu 6.(Đề thi HSG tỉnh Nam Định 2015-2016) 
 Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi 
 học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 
 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học 
 sinh.
 Lời giải
 Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh.
 Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh.
 Nếu N 4 , từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10 học 
 sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán.
 Nếu N<4 , khi đó số học sinh tham gia các câu lạc bộ này không quá 3.8 24 , nghĩa là 
 còn ít nhất 35 24 11 học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ 
 có 1 học sinh. Chọn 10 học sinh trong số này, không thỏa mãn điều kiện bài toán.
 Vậy N=4 .
 Số học sinh tham gia 4 câu lạc bộ này không quá 4.8 32 , nghĩa là còn ít nhất 3 học sinh, 
 mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh.
 Chọn 2 trong số học sinh này và mỗi câu lạc bộ trên chọn 2 học sinh, khi đó 10 học sinh 
 không thỏa mãn điều kiện.
 Vậy điều giả sử sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh tham gia.
Câu 7.(Đề thi HSG tỉnh Cẩm Giàng 2013-2014) 
 a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
 Lời giải
 a) (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x2+10x+16)( x2+10x+24) +2013
 =( x2+10x+21- 5).( x2+10x+21+3) +2013
 =( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x2+10x+21
 = y2- 2y+1998 chia cho y dư 1998
 (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21dư 1998
 b) A= 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
 = (y+x+1)2+2(1+y) 2+2014
 Vậy minA = 2014 khi y =-1 và x =0.
Câu 8.(Đề thi HSG tỉnh Cam Lộ 2008-2009) 
 Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau: xy-2x-3y+1=0
 Lời giải
 xy-2x-3y+1=0
 xy-3y=2x-1
 y(x-3)=2x-1 
  Trang 4  TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
 Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x 3 thì
 5
 y=2+ 
 x 3
 Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5 
 Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 
Câu 9.(Đề thi HSG tỉnh Thanh Oai 2013-2014) 
 Tìm n N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
 Lời giải
 Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2
 2
 n 4 n 3 1 n 2 K n 4 2Kn 2 K 2 (K N* )
 n 3 2Kn 2 K 2 1 n 2 (n 2k) K 2 1 0
 Mà K 2 1n 2 K 2 1 hoặc n 2 K 2 1
 Nếu K 2 1 K 1 n 2 (n 2) 0 n 2 
 Thử lại 24 23 1 52 ( thỏa mãn)
 Khi K 1 K 2 K 2 1 n 2 K n
 n 2k 0 mâu thuẫn với điều kiện n 2 n 2K K 2 1 0 
 Vậy n = 2
Câu 10.(Đề thi HSG tỉnh Hậu Giang 2017-2018) 
 1 1 1
 a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
 x y 2
 b) Tìm các số tự nhiên n sao cho A n2 2n 8 là số chính phương
 Lời giải
 1 1 1
 a) Với x, y 0 ta có 
 x y 2
 x y 1
 2x 2y xy 0 x y 2 2(y 2) 4 (x 2)(y 2) 4 
 xy 2
 Lập bảng xét các ước của 4 ta có các nghiệm
 x; y 2;1 ; 1; 2 ; 3;6 ; 4;4 ; 6;3  
 b) Đặt n2 2n 8 a2 a n 1 . a n 1 7 với a nguyên dương
 a n 1 7 a 4
 Vì a n 1 a n 1 nên 
 a n 1 1 n 2
Câu 11.(Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai 2013-2014) 
 2
 m 2 n
 Cho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa 
 2
 n 2 m
 1) Hãy tìm một cặp gồm hai số nguyên dương lẻ m;n thỏa các điều kiện đã cho với 
 m 1 và n 1 
 2) Chứng minh m2 n2 2 4mn 
  Trang 5  TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN NĂM 2018-2019
 Lời giải
 1. Với m = 11 và n = 41 thỏa các điều kiện của bài toán
 Vì khi đó m2 2 12341 và n2 2 168311 
 2. Vì m2 2n mà n2 n nên m2 n2 2 n(1) 
 Tương tự m2 n2 2 m (2) 
 Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n m2 n2 d 
 Theo chứng minh trên m2 n2 2 m m2 n2 2 d 2d 
 d 1(3) ; nếu d lớn hơn 1 thì d = 2 mâu thuẫn với m và n lẻ
 Từ (1), (2) , (3) suy ra m2 n2 2 mn 
 Cuối cùng vì m lẻ nên m 2k 1 (với k ¥ ) m2 4k(k 1) 1 
 Tương tự n2 4l(l 1) 1 (với l ¥ )
 Suy ra m2 n2 2 4 . Từ đó có điều phải chứng minh
Câu 12.(Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai 2013-2014) 
 1)Tính số các ước dương của số 1000
 2)Tính số các ước dương chẵn của số 1000
 Lời giải
 1. Ta có 1000 23.53 
 Gọi k là một ước dương của 1000. Suy ra k 2n.5m với n, m ¥ thỏa n 3 và m 3 
 Vậy số ước dương của 1000 là 4.4=16
 2. Gọi k là một ước dương chẵn của 1000. Suy ra k 2n.5m với n,m ¥ thỏa 1 n 3 
 và m 3 
 Vậy số ước dương chẵn của 1000 là 3.4=12.
  Trang 6 