Tải bản đầy đủ (.pdf) (36 trang)

Tạp chí Toán học tuổi thơ kỳ số 202

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.22 MB, 36 trang )

(1)


(2)

(3)

(4)

ba bài toán hay về chứng minh


tam giỏc u



PGS. TS. lê quốc hán - Khoa Toán, Đại häc Vinh


Ngun Thanh Tïng -Tr−êng THCS §øc Long, §øc Thä, Hµ TÜnh
Bµi viÕt nµy chóng t«i xin giíi thiƯu ba bµi


tốn hay về chứng minh tam giác đều.
Bài toán 1. Cho hai đ−ờng thẳng xy, zt cắt
nhau tại O sao cho xOz 60 . Trên các tia = o
Ox, Oz, Oy, Ot thứ tự lấy các điểm A, B, C, D
sao cho OA = OB, OC = OD. Gọi M, N, P lần
l−ợt là trung điểm của OA, OD, BC. Chứng
minh rằng ΔMNP l tam giỏc u.


Lời giải. (Hình 1)


Ta chứng minh đ−ợc hai tam giác AOB và
COD là các tam giác đều.


Suy ra BM ⊥ OA; CN ⊥ OD.


Trong tam giác vuông BMC có ®−êng trung
tuyÕn MP nªn MP= 1BC.


2 (1)


Tơng tự NP= 1BC
2 . (2)



Mặt khác, MN là đờng trung bình tam giác
AOD nên MN= AD.


2 (3)


Xét hai tam giác AOD và BOC có OA = OB,
OD = OC; AOD BOC.=


Suy ra ΔAOD = ΔBOC (c.g.c).
Do đó AD = BC. (4)


Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra PM = PN = MN.
Vậy ΔMNP là tam giác đều.


Bài toán 2. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M
khác A, B. Dựng các tam giác đều AMC,
BMD ở về cùng một nửa mặt phẳng với bờ là
đ−ờng thẳng AB. Gọi N, P lần l−ợt là trung
điểm của các đoạn thẳng AD, BC. Chứng
minh rằng ΔMNP l tam giỏc u.


Lời giải. (Hình 2)


Xét hai tam giác AMD và CMB có



(5)

Do đó AD = CB ⇒ AN = CP.


Ta lại có MN và MP lần lợt là đờng trung
tuyến cđa c¸c tam gi¸c AMD và CMB nên
MN = MP.



Xét hai tam giác AMN và CMP có
AM = CM, MN = MP, AN = CP.
Suy raΔAMN = ΔCMP (c.c.c).
Từ đó suy ra AMN CMP. =
Do đó NMP AMC 60 . = = o
Vậy ΔMNP là tam giác đều.


Bài toán 3. Cho tam giác ABC có các góc
nhỏ hơn 120o. Dựng ra ngoài tam giác ABC
các tam giác đều BCA1, CAB1, ABC1 và gọi
I, J, K t−ơng ứng là trực tâm của các tam
giác đều đó. Chứng minh rằng ΔIJK là tam
giác đều.


Lời giải. Tr−ớc hết ta nhận xét rằng AA1,
BB1, CC1 đồng quy tại điểm M trong tam
giác ABC (Hình 3a) và ta có AMB BMC=


o
AMC 120


= = (Xem TTT2 sè 187, trang 7).
§iĨm M này đợc gọi là điểm Torixenli của
tam giác ABC.


Trên tia KM lấy điểm M sao cho KM’ = KA =
KB.


Gọi Kx là tia đối của tia KM (Hình 3b).



Khi đó hai tam giác AKM’, BKM’ cân tại K
nên AKx 2.AM K,= ’ BKx 2.BM K= ’ .


Do đó


o o


1 1


AMB (AKx BKx) .240 120 AMB.


2 2


= + = = =




Kết hợp với M, M’ đều thuộc tia KM nên
M ≡ M’.


Từ đó suy ra KM = KA.


T−¬ng tù ta cã JA = JM nên KJ là đờng
trung trùc cđa AM.


Do đó KJ ⊥ AM.


T−¬ng tù ta có KI BM.



Mà AMB 120= o nên suy ra IKJ 60 .= o
T−¬ng tù ta cã KIJ 60 . = o


Suy ra ΔIJK là tam giác đều.
Bài tập vận dụng


Bài 1. Cho tam giác ABC có BAC 60 . ≠ o
Dựng ra phía ngồi tam giác ABC các tam
giác đều ABD, ACE. Dựng hình bình hành
DAEF. Chứng minh rằng ΔFBC là tam giác
đều.



(6)

Kì ny

Loi chim no?


Chim gì báo hiệu xu©n sang


Chim gì biểu t−ợng thế gian hịa bình
Chim gì đội mũ rất xinh


Chim g× hay móa lung linh đuôi xòe
Chim gì tên có vần oe
Chim gì mà cứ mùa hè hay kêu


Chim gì chộp cá rất siêu
Chim gì có tính nghe nhiều nói theo


Chim gì mặt giống nh mèo
Chim gì tên chỉ vần eo mới kì


Chim gì tiếng hót mª li



Chim gì chỉ b−ớc, chẳng phi lên trời
Thảo dân đến với “Rừng C−ời”
Đáp nhanh, đáp đúng ta thi thng ngay!


Trần Thị Sen, Hồ Thị Thu Hờng
(Trờng TH Vợng Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh)


(TTT2 số 199)


Hoa gì?


Hoa sim tím ngắt l−ng đồi
Hoa bèo cũng tím hay trơi sơng nhà


Hoa ly tªn mét danh ca


Hoa mai đón Tết, q là ph−ơng nam
M−ời giờ nói đến thời gian


Hoa quỳnh đêm nở chứa chan h−ơng thầm
Hoa mắt làm bạn nhìn nhầm


Hoa tai đơi chiếc dành phần chị em
Loa kèn trông giống cái kèn
Hoa hậu danh hiệu khen p ngi


Hớng dơng tên có mặt trời
Hoa tay ai khÐo lÐo thêi xøng danh


NhËn xÐt. Vua Tếu rất vui mừng khi
nhận đợc rất nhiều câu trả lời của
các thần dân trên khắp cả nớc gửi


về. Kì này có năm thần dân đợc Vua TÕu
ban th−ëng: NguyÔn H»ng Nga, 7D, THCS Lý
Nhật Quang, Đô Lơng, Nghệ An; LÃ Hoàng
Quế Đan, 7A3, THCS Trng Vơng, Mê Linh,
Hà Nội; TrÇn ViÕt H−ng, 8A, THCS Hoàng
Xuân HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Phạm Bảo Kim
Ng©n, 8A4, THCS GiÊy Phong Ch©u, Phï
Ninh, Phó Thä; Ngun Ngäc Hun Anh,
8A, THCS Ngun Hiền, Nam Trực, Nam
Định.



(7)

sè n

μ

o thÝch hỵp?


Theo bạn trong hình tròn (có dấu ?) sẽ là số nào thích hợp? Vì sao?


Đỗ thị thúy ngọc - Phòng Giáo dục Trung học, Sở GD&ĐT Ninh Bình
(Su tầm và giới thiệu)


CHọN Hình NàO ĐúNG?

(TTT2 số 199)


Quy luật. Sau mỗi bớc, số chấm trắng tăng
thêm mét theo c¶ chiỊu däc và chiều ngang,
các chấm trắng đợc nối với nhau, không nối
với chấm xanh.


Vậy hình đợc chọn thay vào chỗ dấu

?


hình E.


Nhn xột. a số các bạn chọn đáp án
đúng. Một số bạn không nêu đủ các
dấu hiệu của quy luật. Các bạn đ−ợc


th−ởng kì này: Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS
Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc; Phạm
Minh Châu, 7A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao,
Phú Thọ; Lê Văn Quang Hiếu, 7D, THCS Lý
Nhật Quang, Đô L−ơng, Nghệ An; Trần Nhật
Huy, 9B, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ;
Nguyễn Duy Lộc, 7/2, THCS Lê Văn Thiờm,
TP. H Tnh, H Tnh.


Các bạn sau đợc tuyên dơng: Nguyễn
Quang M¹nh, 7A, THCS Lý Tự Trọng, Bình
Xuyên, Vĩnh Phúc; Nguyễn Nh− Ngäc, 7D,
THCS NguyÔn Cao, Q Vâ, B¾c Ninh;
Ngun §øc Häc, 7D, THCS Lý NhËt Quang,
Đô Lơng, Nghệ An; Trần Nguyên Anh Kiệt,
7I; Đặng Quang Huy, 8G, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh, Nghệ An.


NGUYễN XUÂN BìNH



(8)

Các bạn hÃy giải bài toán sau bằng tiếng Anh và gửi về tòa soạn nhé!
Năm bạn có bài giải tốt nhất sẽ đợc nhận quà.


Problem 10(202). The sum of two natural numbers is 100. Show that
their product cannot be greater than 2500.


TS. Đỗ ĐứC THàNH
Trờng liên cấp Tiểu học và THCS Ngôi Sao Hà Nội



Problem 7(199).


Let x be his age on his last birthday and y
(y ≤ 12) be the number of months elapsed
after that birthday, we have:


x(12x + y) = 1800
12x2 1800 or x2 150.


The largest integral value of x satisfying this
inequality is 12.


Thus, James’ age on his last birthday is 12.


Nhận xét. Các bạn sau có lời giải
đúng, đ−ợc th−ởng kì này: Trần
Minh Hoàng, 7E, THCS Nguyễn
Trãi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Trần Trung Phúc,
8A4, THCS Ngô Gia Tự, Hồng Bàng, Hải
Phòng; Trần Duy H−ng, 8G, Phan Hữu
C−ờng, 7B, THCS ng Thai Mai, TP. Vinh,


Nghệ An.


Đỗ ĐứC THàNH


(Tiếp theo trang 29)
CLB5.


Qua D vẽ đờng thẳng song song với BE cắt


AM tại K.


Tam gi¸c ABM cã DK // BM nªn AK = AD


AM AB


(định lí Thales).


Tam gi¸c ABC cã DE // BC nªn AE = AD


AC AB


(định lí Thales).


Do đó = ⎛= ⎞


⎝ ⎠


AK AE AD


AM AC AB .


XÐt ΔAMC cã AK = AE


AM AC nên KE // MC (định
lí Thales đảo) hay KE // MD.


Mặt khác có DK // ME.


Do đó tứ giác DKEM là hình bình hành.


Vậy N là trung điểm của DE.


NhËn xét. Các bạn sau có lời giải tốt
và đợc thởng kì này: Nguyễn
Phạm Thanh Nga, 9A3, THCS L©m
Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Trần Minh
Hoµng, 7E, THCS Ngun Tr·i, Nghi Xuân,


Hà Tĩnh; Trần Anh Vũ, 9A, THCS Hợp Tiến,
Nam Sách, Hải Dơng; Nguyễn Thanh
Tuấn, 8G; Ngô Thị An Bình, 8E, THCS Đặng
Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An.



(9)

kÕt luËn nh− thÕ



đã đúng ch

a?



trÇn anh tuÊn


Tr−êng THCS Phú Phúc, Lý Nhân, Hà Nam


Bi toỏn. Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm vị trí
điểm M nằm trong tứ giác ABCD sao cho
MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.


Một bạn học sinh đã có lời giải nh− sau:


Xét tam giác MAC ta có MA + MC > AC.
Xét tam giác MBD ta có MB + MD > BD.
Do đó MA + MB + MC + MD > AC + BD.


Vậy không tồn tại điểm M nằm trong tứ giác
ABCD để MA + MB + MC + MD đạt giá trị
nh nht.


Các bạn có ý kiến gì về lời giải trên không?


(TTT2 số 199)


mt li gii...

nh

đúng



Lời giải này mắc lỗi sai ở phép biến đổi: Chia
từng vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều, lỗi
sai này hầu hết các em phát hiện ra và đã
sửa lại bằng lời giải đúng.


Lời giải đúng. áp dụng bất đẳng thức
AM-GM cho 2 số d−ơng ta có


⎛ ⎞ ⎛ ⎞


=


+ +


+ ⎝ + ⎠ ⎝ ⎠


bc 1 a 1 a


1 1 .



2 2 a b c


a 2 bc a 2 bc


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c.
Tơng tự ta cã: ≤ ⎛ − ⎞


+ +


+ ⎝ ⎠


ca 1 b


1 ,


2 a b c


b 2 ca


⎛ ⎞




+ +


+ ⎝ ⎠


ab 1 1 c .


2 a b c



c 2 ab


Từ đó suy ra


⎛ ⎞ ⎛ ⎞


+


+ + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


+ +


⎛ ⎞ ⎛ ⎞


+ = =


+ + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 a 1 b


P 1 1


2 a b c 2 a b c


1 c 1 a b c



1 3 1.


2 a b c 2 a b c


Suy ra P 1.


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
VËy Pmax lµ 1 khi a = b = c.


NhËn xÐt. Các bạn sau đợc
thởng kì này: Phạm Ngọc Trinh,
9B, THCS Hồ Xuân Hơng, Quỳnh
Lu, NghƯ An; Ngun Ph¹m Thanh Nga,
8A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ;


Đặng Vị C−êng, 9A5, THCS CÇu Giấy, Q.
Cầu Giấy, Hà Nội; Hoàng Thị Yến Linh, 9A,
THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh; Lê
Thị Diệu Thúy, 9A, THCS Bình Thịnh, Đức
Thọ, Hà Tĩnh.



(10)

h

ớng dẫn giải đề THI imc 2019



vâ quèc bá cẩn


Trờng Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội
(Su tầm và dịch)


(Đề đăng trên TTT2 số 200+201)


Trong bài này, chúng tôi sẽ trình bày lời gi¶i


chi tiết cho một số câu hay và khó. Các câu
cịn lại, chúng tơi chỉ ghi đáp án.


Đáp án của phần trắc nghiệm:


1. A; 2. A; 3. C; 4. C; 5. B;


6. A; 7. A; 8. B; 9. 9; 10. 1;


11. 40


105; 12. 48.


H−íng dÉn gi¶i chi tiÕt của các câu còn lại:


13. Gi A l biu thức đã cho.


Sử dụng bất đẳng thức a + ≥ +b a b ta có


− + − ≥ − + − =


− + − ≥ − + − =




− + − ≥ − + − =


− ≥



x 1 2019 x x 1 2019 x 2018,


x 2 2018 x x 2 2018 x


x 1009 1011 x x 1009 1011 x 2,


x 101


016,


0


2


0.


Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta đ−ợc


≥ + + +201 =


A 2 4 8 1019090.


Đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi x 1010. =


VËy Amin =1019090 khi x = 1010.


14. Gọi S là tổng cần tính. Mỗi số hạng cđa


S (ngo¹i trõ sè h¹ng đầu) có dạng




=


n


n n


2 1 1


1


2 2 víi n 1, 2, , 11. = …


Do đó = −⎛ + + ⎞


⎝ 2 + 11⎠


1 1


S 12 .


2 2


1
2
Tõ ®©y, ta cịng cã


⎛ ⎞



= − + + +


⎝ 2 + 10⎠


1


1 1


2S 24 1


2 2 2 .


Suy ra


⎛ ⎞


= − = − − = + =


⎝ 11⎠ 11


1 1 22529


S 2S S 12 1 11 .


2048


2 2


15. Theo đề bài, ta có



− − + = + ∀ ∈


(a b)x (a b)y a b, a, b .


Suy ra


− − − + + = ∀ ∈


a(x y 1) b(x y 1) 0, a, b .


Điều này xảy ra khi vµ chØ khi


− − = =


⎧ ⎧




⎨ ⎨


+ + = = −


⎩ ⎩


x y 1 0 x 0


x y 1 0 y 1.



(11)

16. Gọi A là biểu thức đã cho.
Nếu x 0 thì >



− −


= = = −




2x 3x x 1


A .


2x 5x 3x 3


NÕu x 0 th× <


− − −


= = =


− − −


( 2x) 3x 5x 5


A .


2x ( 5x) 7x 7


Vậy giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc A lµ −1


3



đạt đ−ợc khi x 0. >


17. Hình chữ nhật dới đây thỏa mÃn các


u cầu của đề bài, trong đó các hình vng
màu trắng có cạnh a đơn vị, các hình chữ


nhËt màu xám có kích thớc a ì b và các


hỡnh vng màu xanh có cạnh b đơn vị.


18. Theo gi¶ thiÕt, ta cã 8x7


2 là số


nguyên.


Theo tính chất của phần nguyên, ta có

[ ] [ ]



+ − < + ≤ +


(2x 1) (3x 1) 2x 3x 2x 3x.


Suy ra 5x 2 8x− < − 7 5x.


2


Giải bất phơng trình này, ta đợc 1< x 7.


2 6


Suy ra 1<8x 7 35.
2 2 6


Mặt khác 8x7


2 là số nguyên nên ta có




7 {1, 2, 3, 4,
8x


2 5}.


Suy ra ∈⎧⎨ ⎫⎬


⎩ ⎭


9 11 13 15 17


, , , , .


16 16 16 6 16


x


1



Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm đợc các giá


trị x thỏa mÃn yêu cầu là x =13


16 vµ =
17
x .


16


Cách đặt mua tạp chí năm 2020


Đặt tại b−u điện của VNPT: Tạp chí
Tốn Tuổi thơ 1: C169; Tạp chí Tốn
Tuổi thơ 2: C169.1; Tổng tập Toán Tuổi
thơ 1 năm 2018: C169.2; Tổng tập Toán
Tuổi thơ 2 năm 2018: C169.3; Tổng tập
Toán Tuổi thơ 1 năm 2017: C169.4; Tổng
tập Toán Tuổi thơ 2 năm 2017: C169.5.



(12)

những con số



trên điện thoại của nạn nhân



Trần Phơng Nam (ghi lại)


ột lần tôi hỏi thám tử Sê Lốc Cốc:
Có khi nào nhờ những con số và các
hình hình học mà thám tử tìm ra thủ
phạm không?



Thỏm t i v phía chiếc đồng hồ treo t−ờng
ra hiệu tơi b−ớc lại bên rồi kể:


Một lần cảnh sát tr−ởng nhờ tôi đến thẩm
vấn 3 kẻ tình nghi là thủ phạm của một vụ án
mạng. Cảnh sát tr−ởng cho biết: “Hiện
tr−ờng vụ án có một chiếc đồng hồ treo ở
t−ờng đang chạy tốt và chiếc điện thoại của
nạn nhân. Khơng hiểu vì lẽ gì mà thủ phạm
lại khơng lấy đi chiếc điện thoại này.”


Cả 3 kẻ tình nghi đều chối tội và cảnh sát
tr−ởng ch−a biết có cách gì để khẳng định ai
là thủ phạm.


Tơi đề nghị cảnh sát tr−ởng cho xem chiếc
điện thoại của nạn nhân. Cảnh sát tr−ởng


cho biết nó đã đ−ợc cho vào túi giấy bảo
quản ngay lập tức. Tôi mở túi giấy và thấy
trên màn hình có dãy số cùng dấu gạch nối:
2-4-8-10.


Tơi nhìn chiếc đồng hồ trong phòng của
cảnh sát tr−ởng và đề nghị cho gặp 3 kẻ tình
nghi.


Khi 3 kẻ tình nghi b−ớc vào phịng, tơi đã
phát hiện ra một điều đặc biệt: cả 3 ng−ời
đều có vết xăm các hình ở tay, một ng−ời


xăm hình tam giác, một ng−ời xăm hình chữ
nhật và một ng−ời xăm hình vng.


Tơi nói với cảnh sát tr−ởng: “Nạn nhân đã kịp
nhắn cho chúng ta đặc điểm của thủ phạm!”.
Cảnh sát tr−ởng và cả 3 kẻ bị tình nghi đều
tỏ thỏi ngc nhiờn khi nghe tụi núi.


Ngài cảnh sát trởng nhìn 3 kẻ tình nghi mÃi
mà cũng cha biết đợc điều gì hơn.



(13)

Cũn bạn có biết thủ phạm là ai khơng? Nếu
biết đ−ợc chính xác thì bạn xứng đáng có
một t− duy khá tốt đấy! Hãy gửi ngay ý kiến
của bạn về tạp chí Tốn Tuổi thơ nhé!
Những phần quà đang chờ tặng cho bạn nào
hiểu ra ý của thám tử Sê Lốc Cốc.


(TTT2 sè 199)


bÝ mËt n»m trong bài thơ?



Con s cui bi th chớnh là chìa khóa để tìm
mật mã của bài thơ. Số 131151 gồm 6 chữ
số, trong đó mỗi chữ số chính là số thứ tự
của những từ cần lấy ở từng câu thơ (tính từ
trên xuống). Do đó số 1 (câu 1) là “Bãi”; số 3
(câu 2) là “gửi”; số 1 (câu 3) là “xe”; số 1
(câu 4) là “đ−ờng”; số 5 (câu 5) là “ven”; số 1
câu 6 là “biển”. Ghép các từ đó ta đ−ợc “Bãi


gửi xe đ−ờng ven biển”. Đây chính là địa
điểm mà gã chủ tiệm tạp hóa nhận hàng
cấm. Với tài năng của thám tử Sê Lốc Cốc
thì bài thơ của gã chủ tiệm tạp hóa đã đ−ợc
giải mã một cách nhanh chóng.


Nhận xét. Thám tử Sê Lốc Cốc rất
vui vì kì này có nhiều bạn tham gia
“phá án”. Các “thám tử Tuổi Hồng”
cũng rất tài tình khi đã phán đốn chính xác.
Phần q của Sê Lốc Cốc xin đ−ợc gửi tới
các bạn sau: Nguyễn Ngân Giang, Đỗ Hữu


S¬n, 7A2, THCS Tr−ng Vơng, Mê Linh, Hà
Nội; Nguyễn Thị Kim Ỹn, 9A1, THCS Yªn
Phong, Yªn Phong, B¾c Ninh; Ngun Hång
Nam, 7A, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xuyên,


VÜnh Phóc; Ngun ThÞ Kim Anh, 8A, THCS
Ngun HiỊn, Nam Trực, Nam Định; Lê Thị
Diệu Thúy, 9A, THCS Bình Thịnh, Đức Thọ,


Hà Tĩnh.


Cỏc “thám tử nhí” sau cũng rất đáng khen:


NguyÔn Kim Dung, Phạm Ngân Linh, 9A5,
THCS CÇu GiÊy, Q. CÇu GiÊy, Hµ Néi;


Ngun Nh− Ngäc, 7C, THCS Ngun Cao,


Quế Võ, Bắc Ninh; Dơng Quốc B¶o, 6C,
THCS VÜnh T−êng, VÜnh T−êng, VÜnh Phóc;


Vị Hång Phóc, 9A, THCS Hïng V−¬ng, TX.
Phó Thọ; Hoàng Đức Dơng, 7A1, THCS
Giấy Phong Châu, Phù Ninh, Phú Thọ; Trịnh
Ngọc Khanh, 7A2, THCS Mộc Lỵ, Mộc
Châu, Sơn La; Nguyễn Đăng Quang, 6B,


Trần Thị Khánh Ly, 7D, THCS Lý NhËt
Quang, Đô Lơng; Lê Duy Mạnh, 7B,


Nguyễn Thị Ngọc Linh, 9C, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Đặng Đình Khánh,
8/2, THCS Lê Văn Thiêm, TP. Hà Tĩnh; Phan
Nguyễn Quốc Bảo, Trần Viết Hng, 8A,
THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh.



(14)

mạch kiến thức “số và đại số”



những yêu cầu cần đạt ở lớp 6



1. Sè tù nhiªn


Sè tự nhiên và tập hợp các số tự nhiên.
Thứ tự trong tập hợp các số tự nhiên.


- Sử dụng đợc thuật ngữ tập hợp, phần tử
thuộc (không thuộc) mét tËp hỵp; sư dơng
đợc cách cho tập hợp.



- Nhận biết đợc tập hợp các số tự nhiên.
- Biểu diễn đợc số tự nhiên trong hƯ thËp
ph©n.


- Biểu diễn đ−ợc các số tự nhiên từ 1 đến 30
bằng cách sử dụng các chữ số La Mã.


- Nhận biết đợc (quan hệ) thứ tự trong tập
hợp các số tự nhiên; so sánh đợc hai số tự
nhiên cho trớc.


Các phép tính với số tự nhiên. Phép tÝnh
l thõa víi sè mị tù nhiªn.


- Thực hiện đợc các phép tính: cộng, trừ,
nhân, chia trong tập hợp sè tù nhiªn.


- Vận dụng đ−ợc các tính chất giao hoán, kết
hợp, phân phối của phép nhân đối với phép
cộng trong tính tốn.


- Thực hiện đợc phép tÝnh l thõa víi sè
mị tự nhiên; thực hiện đợc các phép nhân
và phép chia hai luỹ thừa cùng cơ số với sè
mị tù nhiªn.


- NhËn biÕt đợc thứ tự thực hiện c¸c phÐp
tÝnh.



- Vận dụng đ−ợc các tính chất của phép tính
(kể cả phép tính luỹ thừa với số mũ tự nhiên)
để tính nhẩm, tính nhanh một cách hợp lí.


- Giải quyết đ−ợc những vấn đề thực tiễn gắn
với thực hiện các phép tính (ví dụ: tính tiền
mua sắm, tính l−ợng hàng mua đ−ợc từ số
tiền đã có, ...).


TÝnh chia hết trong tập hợp các sè tù
nhiªn. Sè nguyªn tố. Ước chung và bội
chung.


- Nhận biết đợc quan hệ chia hết, khái niệm
−íc vµ béi.


- Vận dụng đ−ợc dấu hiệu chia hết cho 2, 5,
9, 3 để xác định một số đã cho có chia hết
cho 2, 5, 9, 3 hay không.


- NhËn biÕt đợc khái niệm số nguyên tè,
hỵp sè.


- Thực hiện đ−ợc việc phân tích một số tự
nhiên lớn hơn 1 thành tích của các thừa số
nguyên tố trong những tr−ờng hợp đơn giản.
- Xác định đ−ợc −ớc chung, −ớc chung lớn
nhất; xác định đ−ợc bội chung, bội chung
nhỏ nhất của hai hoặc ba số tự nhiên; nhận
biết đ−ợc phân số tối giản; thực hiện đ−ợc


phép cộng, phép trừ phân số bằng cách sử
dụng −ớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ
nhất.


- Nhận biết đ−ợc phép chia có d−, định lí về
phép chia có d−.



(15)

2. Sè nguyên


Số nguyên âm và tập hợp các số nguyên.
Thứ tự trong tập hợp các số nguyên.


- Nhận biết đợc số nguyên âm, tập hợp các
số nguyên.


- Biểu diễn đ−ợc số nguyên trên trục số.
- Nhận biết đ−ợc số đối của một số nguyên.
- Nhận biết đ−ợc thứ tự trong tập hợp các số
nguyên. So sánh đ−ợc hai số nguyên cho
tr−ớc.


- Nhận biết đợc ý nghĩa của số nguyên âm
trong một số bài toán thực tiễn.


Các phÐp tÝnh víi sè nguyªn. Tính chia
hết trong tập hợp các số nguyên.


- Thực hiện đợc các phÐp tÝnh: céng, trõ,
nh©n, chia (chia hÕt) trong tËp hỵp các số
nguyên.



- Vn dng c cỏc tính chất giao hốn, kết
hợp, phân phối của phép nhân đối với phép
cộng, quy tắc dấu ngoặc trong tập hợp các
số nguyên trong tính tốn (tính viết và tính
nhẩm, tính nhanh một cách hợp lí).


- Nhận biết đ−ợc quan hệ chia hết, khái niệm
−ớc và bội trong tập hợp các số nguyên.
- Giải quyết đ−ợc những vấn đề thực tiễn gắn
với thực hiện các phép tính về số nguyên (ví
dụ: tính lỗ lãi khi bn bán, ...).


3. Ph©n sè


Phân số. Tính chất cơ bản của phân số.
So sánh phân số.


- Nhận biết đợc phân số với tử số hoặc mẫu
số là số nguyên âm.


- Nhận biết đợc khái niệm hai phân số bằng
nhau và nhận biết đợc quy tắc bằng nhau
của hai phân số.


- Nêu đợc hai tính chất cơ bản của phân số.
- So sánh đợc hai phân số cho trớc.


- Nhận biết đ−ợc số đối của một phân số.
- Nhận biết đ−ợc hỗn số d−ơng.



Các phép tính với phân số.


- Thực hiện đợc các phép tính cộng, trõ,
nh©n, chia víi ph©n sè.


- Vận dụng đ−ợc các tính chất giao hốn, kết
hợp, phân phối của phép nhân đối với phép
cộng, quy tắc dấu ngoặc với phân số trong
tính tốn (tính viết và tính nhẩm, tính nhanh
một cách hợp lí).


- Tính đ−ợc giá trị phân số của một số cho
tr−ớc và tính đ−ợc một số biết giá trị phân số
của số đó.


- Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn
gắn với các phép tính về phân số (ví dụ: các
bài toán liên quan đến chuyển động trong
Vật lí, ...).


4. Sè thập phân


Số thập phân và c¸c phÐp tÝnh víi sè
thËp phân. Tỉ số và tỉ số phần trăm.


- Nhận biết đ−ợc số thập phân âm, số đối
của một số thp phõn.


- So sánh đợc hai số thập phân cho trớc.


- Thực hiện đợc c¸c phÐp tÝnh céng, trõ,
nh©n, chia víi sè thËp ph©n.


- Vận dụng đ−ợc các tính chất giao hốn, kết
hợp, phân phối của phép nhân đối với phép
cộng, quy tắc dấu ngoặc với số thập phân
trong tính tốn (tính viết và tính nhẩm, tính
nhanh một cách hợp lí).


- Thực hiện đợc ớc lợng và làm tròn số
thập phân.


- Tính đ−ợc tỉ số và tỉ số phần trăm của hai
đại l−ợng.


- Tính đ−ợc giá trị phần trăm của một số cho
tr−ớc và tính đ−ợc một số biết giá trị phần
trăm của số đó.


- Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn
gắn với các phép tính về số thập phân, tỉ số
và tỉ số phần trăm (ví dụ: các bài toán liên
quan đến lãi suất tín dụng, liên quan đến
thành phần các chất trong Hoá học, ...).



(16)

Kì 46



HÃy thay các chữ cái khác nhau bởi các chữ số khác 0 và khác nhau sao
cho:



TOAN TOAN TUOITHO.

×

=



hà aNH đứC (Hà Nội)


K× 44

(TTT2 sè 199)


V× MMGBBT TTT nên T = 2 0.


Vì T2 có chữ số tận cùng là T nên chỉ có thể


xảy ra T = 1 hc T = 5 hc T = 6.


•Víi T = 1, ta cã
= = ≠
2 2


TTT 111 12321 MMGBBT.
VËy T = 1 không thỏa mÃn.


ãVới T = 5, ta cã


= = ≠
2 2


TTT 555 308025 MMGBBT.
Vậy T = 5 không thỏa mÃn.


ãVới T = 6, ta cã


= = =



2 2


TTT 666 443556 MMGBBT.
Vậy T = 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Đáp số: M = 4, G = 3, B = 5, T = 6.


NhËn xÐt. Các bạn sau đây giải tốt
đợc thởng kì này: Phạm Minh
Châu, 7A3, THCS L©m Thao, L©m
Thao, Phó Thä; Ngun §øc Dịng, 6E,
THCS Trần Mai Ninh, Ba Đình, Thanh Hóa;


Trần ViÕt H−ng, 8A, THCS Hoµng Xuân
HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Hồng Nam,
7A, THCS Lý Tù Träng, Bình Xuyên, Vĩnh
Phúc; Bùi Thị Linh Nhi, 7D, THCS Ngun
HiỊn, Nam Trực, Nam Định.


Cỏc bn sau cú li gii ỳng đ−ợc khen:
Đồng Quốc Khánh, 7B, THCS Đặng Thai


Mai, TP. Vinh; Th¸i Thị Mỹ Hạnh, Nguyễn
Đăng Quang, Thái Minh Quân, Lê Văn
Thắng, Nguyễn Hải Triều, 6B; Lê Văn Quang
Hiếu, 7D, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lơng,


Nghệ An; Nguyễn Hữu Niêm, Nguyễn Thị
Kim Ỹn, 9A1, THCS Yªn Phong, Yên
Phong, Bắc Ninh; Nguyễn Bảo Linh, 9A3;



Phạm Thị Thanh Loan, Lơng Hà Phúc, 6A5,
THCS GiÊy Phong Ch©u, Phï Ninh; Hoµng
Minh Vị, 7D, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì;


Hà Quang Tùng, 9A3, Đỗ Ngọc Tiến, 7A3,
THCS L©m Thao, L©m Thao, Phó Thọ;


Nguyễn Huy Hoàng Sơn, 6A2, THCS Yên
Lạc, Yên Lạc; Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS
Vĩnh Yªn, TP. VÜnh Yªn, VÜnh Phóc; Ngun
Anh Th−, 7A1, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc
Trăng.



(17)

gãc sót lín nhÊt



Bài tốn. Trong một trận thi đấu, cầu thủ tiền đạo dẫn bóng theo
đ−ờng thẳng d. Vị trí cầu môn của đối ph−ơng là AB.


Các em hãy giúp cầu thủ đó tìm trên đ−ờng thẳng d vị trí để có góc
sút lớn nhất giúp anh dễ dàng sút bóng vào cầu mơn đối ph−ơng nhé.


Vị ĐìNH HòA (Hà Nội)
(TTT2 sè 199)


có tồn tại hay khơng?


Ta đặt x + 1996 = a (a là số tự nhiên).


Khi đó ta có



+ = + + −


= + +


= − + = −


x o


2


30 4 (x 1975)(x 2020 3.45 )
(x 1975)(x 2017)


(a 21)(a 21) a 441.
Ta cã 30x +445 a= 2.
Xét các trờng hợp:


Nếu x = 0 thì 446 = a không thỏa mÃn. 2
Nếu x = 1 thì 475 = a không tháa m·n. 2


Nếu x > 1 thì 30x +445 là bội của 5
nh−ng không phải là bội của 25, trong khi đó
nếu a là bội của 5 thì 2 a phải là bội của 25. 2
Do đó khơng tồn tại x và a thỏa mãn


+ =


x 2


30 445 a .



Vậy không tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn
yêu cầu đề bài.


Nhận xét. Các bạn sau đây có lời
giải đúng, đ−ợc th−ởng: Đỗ Ngọc
Tiến, 7A3, THCS Lâm Thao, Lâm
Thao, Phú Thọ; Nguyễn Thanh Tuấn, 8G,
THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An;
Nguyễn Đức Dũng, 6E, THCS Trần Mai
Ninh, Ba Đình, Thanh Hóa; Nguyễn Trung


Kiªn, 8A, THCS Ngun HiỊn, Nam Trùc,


Nam Định; Trần Minh Hoàng, 7E, THCS
Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh.


Các bạn sau đợc khen: Nguyễn Phạm
Thanh Nga, Hµ Quang Tïng, 9A3, THCS
L©m Thao, L©m Thao, Bïi Kim Chóc, 9A3
THCS GiÊy Phong Châu, Phù Ninh, Phú
Thọ; Phạm Ngọc Trinh, 9B, THCS Hồ Xuân
Hơng, Quỳnh Lu, Ngô Thị An Bình, 8E,
THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An;
Nguyễn Hữu Niêm, Ngô Gia Đức, 9A1,
THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh;
Nguyễn Anh Th−, 7A1, THCS KÕ An, Kế
Sách, Sóc Trăng; Nguyễn Quang Huy, 9B,
THCS Hoàng Xuân HÃn, Lê Thị Diệu Thúy,
9A, THCS Bình Thịnh, Đức Thọ, Hà Tĩnh.




(18)

Bài 1(199).Tính:
ì ì
= ì
ì
ì × ×
5 3


20182018 2017 2017 2018 2


M .


2018 20172017
2 3 7 673


Lêi gi¶i. Ta cã


5 3


20182018 2017 2017 2018 2
M


2018 20172017
2 3 7 673


× × −


= ×


×



× × ×


5 2


2018 10001 2017 (2016 1) 2018 2
2018 10001 2017
(2 3 7) (3 673)


× × + × −


= ×


× ×


× × × ×


5 2


(2016 1) 2018 2
(2 3 7) (3 673)
2016 2018 2018 2


2016 2019
2016 2018 2016


2016 2019
2016 (2018 1)


2016 2019


2016 2019
2016 2019
1.
+ × −
=
× × × ×
× + −
=
×
× +
=
×
× +
=
×
×
=
×
=


VËy M = 1.


Nhận xét. Đây là một bài toán cơ bản nên
rất nhiều em tham gia giải và giải đúng. Các
bạn sau trình bày đẹp và giải bài hoàn chỉnh
hơn cả: Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS Vĩnh
Yên, TP. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc; Nguyễn Thị
Trà My, Lê Thị Ph−ơng Thảo, Nguyễn Thị
Ph−ơng Nhi, Nguyễn Thị Thảo, 7A, THCS
Bình An Thịnh, Lộc Hà; Trần Minh Hoàng,


7E, THCS Nguyễn Trãi, Nghi Xuõn, H Tnh;


Đỗ Ngọc Tiến, 7A3, THCS L©m Thao, L©m
Thao, Phó Thọ; Nguyễn Văn Việt, Nguyễn
Đăng Quang, Nguyễn Hải Triều, 6B; Nguyễn
Hằng Nga, Lê Thị Khánh Hằng, 7D, THCS
Lý Nhật Quang, Đô Lơng; Nguyễn Gia Bảo,


7B; Trần Chí Đạt, 8E, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Phạm Trung Kiên, 7B,
THCS Hàn Thuyên, Lơng Tài, Bắc Ninh.


phùng kim dung
Bài 2(199). Tìm các số thực x, y thỏa mÃn
2019|x − 1| + 2020|y − 2| + 2021|y − 3| +
2022|y − 4| = 4042.


Lêi gi¶i. Sư dơng tÝnh chÊt |a| ≥ a, ta cã
2019|x − 1| + 2020|y − 2| + 2021|y − 3|


+ 2022|4 − y| = 2019|x − 1| + 2020|y − 2|


+ 2019|y − 3| + 2|y − 3| + 2022|4 − y|.


≥2019.0 + 2020(y − 2) + 2019.0 + 2(y − 3) +


2022(4 − y) = 2020y − 4040 + 2y − 6 + 8088


− 2022y = 4042.



Do đẳng thức xảy ra nên


x − 1 = 0, y − 2 ≥ 0; y − 3 ≥ 0; y − 3 = 0.
VËy x = 1 vµ y = 3.


Nhận xét. Nhiều bạn có lời giải đúng. Các
bạn sau có lời giải tốt: D−ơng Trung Quốc,
6D, THCS Lập Thạch, Lập Thạch; Bạch Thái
Sơn, 7A1, THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên,


Vĩnh Phúc; Nguyễn Văn Hùng, Vơng ViÕt
L−ỵng, 7A; Ngun H»ng Nga, 7D, THCS Lý
NhËt Quang, Đô Lơng; Nguyễn Gia Bảo,
7B, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ
An; TrÇn Minh Hoàng, 7E, THCS Nguyễn
TrÃi, Nghi Xuân, Hµ TÜnh; Ngun Anh Th−,
7A1, THCS KÕ An, KÕ Sách, Sóc Trăng.



(19)

Lời giải. Gọi S là tổng cần tìm; S1 là tổng
các số có hai chữ số; S2 là tổng các số có
hai chữ số chia hết cho 5; S3 là tổng các số
có hai chữ số chia hết cho 9; S4 là tổng các
số có hai chữ số chia hết cho cả 5 và 9.


ãTa có: S1=10 11 12 .... 99. + + + +


Số các số hạng của tỉng S1 lµ


− + =



(99 10) :1 1 90 sè h¹ng.


= + =


1


S (10 99).90 : 2 4905.


•Ta cã S2 =10 15 20 ... 95. + + + +


Số các số hạng của tỉng S2 lµ


− + =


(95 10) : 5 1 18 sè h¹ng.
= + =


2


S (95 10).18 : 2 945.


•Ta cã S3 =18 27 36 .... 99. + + + +


Số các số hạng của tỉng S3 lµ


− + =


(99 18) : 9 1 10 sè h¹ng.


= + =



3


S (99 18).10 : 2 585.


•Ta cã S4 =45 90 135. + =


Do các số hạng chia hết cho cả 5 và 9 đợc
tính 2 lần trong tổng của S2 và S3 nên


= +


= + − =


1 2 3 4


S S (S S S )


4905 (945 585 135) 3510.
Vậy tổng cần tìm lµ 3510.


Nhận xét. Đây là bài tốn khơng khó nh−ng
nhiều bạn qn khơng tính S4 nên dẫn đến
kết quả sai. Có nhiều bạn tham gia giải bài
và có lời giải đúng: Phan Thùy Trâm, 7C,
THCS Bạch Liêu, thị trấn Yên Thành; Phan
Hữu C−ờng, Nguyễn Gia Bảo, 7B, Trần Chí
Đạt, 8E, Phạm Văn Đại, 6D, THCS Đặng
Thai Mai, Đô L−ơng; Trần Ph−ơng Mai, 7B,
THCS Hồ Xuân H−ơng, Quỳnh L−u; Lê Thị


Khánh Hằng, Nguyễn Đức Học, Trần Thị
Khánh Ly, Vũ ánh D−ơng, Nguyễn Cảnh
Nam Khánh, Hoàng Văn Hùng, Lê Thị
Khánh Hằng, 7D, Nguyễn Danh Tiến Nam,
8C, THCS Lý Nhật Quang, Đô L−ơng, Nghệ
An; Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS Vĩnh Yên,
TP. Vĩnh Yên; Đào Quang Minh, Đỗ Thành


Nam, 6A; D−¬ng Trung Quốc, 6D; Đỗ Thị
Kiều Oanh, 6A, THCS LËp Th¹ch, LËp
Thạch, Vĩnh Phúc; Trần Minh Hoàng, 7E,
THCS Ngun Tr·i, Nghi Xu©n; Phạm Thị
Thu Ngân, 7C; Trần Gia Huy, 8C, THCS
Hoàng Xân HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Lê
Hồng Hạnh, 7A4, THCS Giấy Châu Phong,
Phù Ninh; Phạm Minh Ch©u, 7A3, THCS
L©m Thao, L©m Thao, Phó Thä; §oµn
Ngun Vị, 6B, THCS Ngun Hiền, Nam
Trực, Nam Định; Chu Thanh Ngäc, 7D,
THCS Nh÷ B¸ Sü, Ho»ng Hãa, Thanh Hãa;


Ngun Anh Th−, 7A1, THCS KÕ An, Kế
Sách, Sóc Trăng; Hoàng Anh Khôi, Nguyễn
Triết Khoa, 7C, THCS Achimedes Academy,
Q. Cầu Giấy, Hà Nội.


lờ đức thuận
Bài 4(199). Tìm số ngun tố có hai chữ số,
biết rằng nếu viết các chữ số của số đó theo
thứ tự ng−ợc lại ta cũng đ−ợc một số nguyên


tố và tổng của hai số này là một số có hai
chữ số.


Lời giải. Số ngun tố phải tìm có hai chữ
nên các chữ số của nó khơng thể là 2, 3, 5,
6, 8 vì khi đó số viết ng−ợc lại sẽ là hợp số.
Một trong hai chữ số của nó cũng khơng thể
là 9 vì khi đó tổng của hai số sẽ là số có 3
chữ số, trái với đề ra. Suy ra các chữ số của
số ngun tố phải tìm chỉ có thể là 1, 3, 7.


NÕu lấy chữ số hàng chục là 1, ta có số
nguyên tố 13, 17. Số viết ngợc lại là 31, 71
cũng là số nguyên tố vµ tỉng cđa chóng lµ
44, 88, thỏa mÃn bài toán.


Nếu lấy chữ số hàng chục là 3, ta cã sè
nguyªn tè 31, 37. Số viết ngợc lại là 13, 73
cũng là số nguyên tố nhng 37 bị loại vì
37 + 73 = 110, là số có 3 chữ số trái với yêu
cầu bài toán.


Nếu lấy chữ số hàng chục là 7, ta cã sè
nguyªn tè 71, 73. Số viết ngợc lại là 17, 37
cũng là số nguyên tố nhng 73 bị loại vì 73 +



(20)

Vậy các số nguyên tố phải tìm lµ: 13, 17, 31,
71.


NhËn xÐt. Cã nhiều bạn tham gia giải bài.


Các bạn sau đây có lời giải tốt: Nguyễn Triết
Khoa, Hoàng Anh Khôi, 7C1, Archimedes
Academy, Q. CÇu GiÊy, Hµ Néi; Ngun
Anh Th−, 7A1, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc
Trăng; Phạm Minh Ch©u, 7A3, THCS L©m
Thao, L©m Thao, Phó Thä; Trần Đức
Quang, 6B, Phạm Thị Thu Ngân, 7C, THCS
Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Lê Đức
Thắng, 6B, Đỗ Thành Nam, 6A, THCS Lập
Thạch, Lập Thạch; Dơng Nh− Quúnh, 7A,
THCS Lý Tù Träng, Bình Xuyên, Vĩnh Phúc;


Phan Hữu Cờng, 7B, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh; Ngun C¶nh Nam Kh¸nh, 7D,
THCS Lý NhËt Quang, Đô Lơng; Phan
Thùy Trâm, 7C, THCS Bạch Liêu, Yên
Thành, NghƯ An.


cao văn dũng
Bài 5(199). Tìm tất cả các số chính ph−ơng
sao cho nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và
chữ số hàng đơn vị của số đó thì ta đ−ợc một
số chính ph−ơng khác số ban đầu.


Lêi gi¶i. Gäi số phải tìm là A = Xab với a, b
là các chữ số khác nhau vµ X lµ mét sè tù
nhiªn (cã thĨ b»ng 0).


Theo gi¶ thiÕt Xab = x2, Xba = y2 (x, y ).
Ta cã thĨ gi¶ sö a > b.



Ta thÊy a, b ∈ {0; 1; 4; 5; 6; 9}.


NÕu b = 0 thì x2 chia hết cho 2 và 5 suy ra
x cịng chia hÕt cho 2 vµ 5.


Do đó x chia hết cho 10.


Suy ra Xa0 = x chia hÕt cho 100 2


⇒a = 0 (lo¹i).


NÕu b = 5 th× x2 5 suy ra x 5


⇒ Xa5 = x2 25 ⇒ a5 25.
Suy ra a = 2 hc a = 7 (loại).


Nếu b = 4 thì x là số chẵn nªn
Xa4 = x2 4.


Suy ra a4 4 a là số chẵn.


Do ú a = 6 (loại vì y2= X46 khơng chia hết
cho 4).


NÕu b = 6 th× a = 9.


Khi đó x 2 − y 2 = X96 X69 = 27.


Suy ra (x − y)(x + y) = 1.27 = 3.9.


Từ đó tìm đ−ợc x = 6 (loại) hoặc x = 14.
Từ đó A = 196 (thỏa món).


Nếu b = 1 thì a là số chẵn (vì nếu a là số lẻ
thì x 2 = Xa1 ≡ a1 ≡ 10a + 1 ≡ 10(a − 1)


+ 11 ≡ 3 (mod 4).


Điều này vô lí nên suy ra a ∈ {4, 6}.


•Víi a = 4 th× y2= X14≡ 14 ≡ 2 (mod 4):
vô lí.


ãVi a = 6 thỡ x 2 − y2= X61−X16 = 45.
Suy ra (x − y)(x + y) = 1.45 = 3.15 = 5.9.
Từ đó ta tìm đ−ợc x ∈ {23; 9; 7}.


Các giá trị này đều không thỏa mãn.


Vậy chỉ có hai số thỏa mãn đề bài là 169 và
196.


Nhận xét. Có nhiều bạn gửi bài đến tịa
soạn. Hầu hết các bạn đều có lời giải đúng.
Các bạn sau có lời giải đúng, trình bày tốt:


NguyÔn Danh TiÕn Nam, 8C, THCS Lý NhËt
Quang, Đô Lơng; Ngô Thị An Bình, 8E,
THCS Đặng Thanh Mai, TP. Vinh, NghƯ An;



Ngun Anh Th−, 7A1, THCS KÕ An, KÕ
S¸ch, Sãc Trăng; Trần Minh Khôi, 9C,
THCS Văn Lang, TP. Việt Trì; Vũ Minh Đức,


Tạ Đức Quý, 7A3; Nguyễn Phạm Thanh
Nga, Hoàng Thị Yến Nhi, Hà Quang Tùng,
9A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ.


trịnh hoài dơng
Bài 6(199). Giải phơng tr×nh


+ =


+ + +


1 1 2


.


x 3 3x 1 1 x


Lêi gi¶i. (Dùa theo lêi gi¶i của bạn Lê Duy
Anh, 9C1, THCS Archimedes Academy,
Q. Cầu Giấy, Hà Nội).


§KX§x 0. ≥



(21)

XÐt x 1. ≠


Víi c¸c sè thùc a, b ta cã



+ = + + − ≥ +


+


⇒ + ≥


2 2 2 2 2


2 2


2(a b ) (a b) (a b) (a b)
a b


a b . (1)
2


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.


¸p dơng (1), ta cã


≤ =
+ + + + +
+ −
=

≤ =
+ + + + +
− +
=




1 1 2


x 3 x 1 2 x 1 2
2


2( x 1 2)
,
x 1


1 1 2


3x 1 2x x 1 2x x 1
2


2( 2x x 1)
.
x 1


Suy ra +


+ +


1 1


x 3 3x 1


+ − − +
≤ +


− −

= =
− +


2( x 1 2) 2( 2x x 1)


x 1 x 1


2( x 1) 2


. (2)
x 1 x 1
Đẳng thøc ë (2) x¶y ra khi


+ =


⇔ =




= +




x 1 2


x 1


2x x 1 (loại vì x 1).≠



Vậy ph−ơng trình đã cho có nghiệm duy nhất
x = 1.


Nhận xét. Ngoài lời giải trên, ta cũng có thể
tiếp cận bài tốn theo cách khác nh− sau:
Tr−ớc hết, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta
có ≤ ⎛ + ⎞


+


+ ⎝ ⎠


1 1 1 2
,
2 2 x 3
x 3
+
⎛ ⎞
+
+ +
+ ⎝ ⎠


x 1 x x 1
2 x 1 x 3
x 3


+ +


+





+ ⎝ ⎠


1 x 1 x 3
.
2 x 1 2
x 3


Một cách tơng tự, ta cã


+
⎛ ⎞
+
+ +
+ ⎝ ⎠
⎛ ⎞
+
+
+ ⎝ ⎠


1 1 1 x 1
;
2 x 1 3x 1
3x 1


x 1 1 2x
;
2 2 3x 1


3x 1


Suy ra


+ +


+


+ ⎝ ⎠


1 x 1 3 1
.
2 2 x 1
3x 1
Do đó
⎛ ⎞
+ +
+ +
⎝ ⎠
1 1


(1 x) 2.


x 3 3x 1


Bài toán đ−ợc đ−a về xét dấu đẳng thức
trong các đánh giá và ta cũng thu đ−ợc
nghiệm x 1 nh= trong li gii trờn.


Ngoài bạn Lê Duy Anh, các bạn sau cũng có


lời giải tốt: TrÇn Träng Trung, 8A4, THCS
Thanh Xuân, Q. Thanh Xuân, Hà Nội; Trần
Quang Đạt, Triệu Hoàng ánh Dơng, Trần
Thị yến Khanh, Hà Quang Tùng, 9A3, THCS
Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ.


võ quốc bá cẩn
Bài 7(199). Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n
0 ≤ x, y, z ≤ 1. T×m giá trị lớn nhất của biểu


thức = + +


+ + +


x y z


P .


1 yz 1 xz 2 2xy


Li gii. áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho
hai số d−ơng ta có


= + +
+ + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + +
+ ⎝ + ⎠ +
⎝ ⎠



x y z


P 1. 1.


1 yz 1 xz 2 2xy


1 x 1 y z


1 1


2 1 yz 2 1 xz 2 2xy


⇒ − ≤ + +


+ + +


≤ + +


+ + + + + +


x y z


2P 2


1 yz 1 xz 1 xy
2x 2y 2z


.
1 yz x 1 xz y 1 xy z



Mặt khác (1 x)(1 y) 0 − ≥ ⇒1 xy x y. + ≥ +



(22)

Suy ra


− ≤ + + =


+ + + + + +


⇒ ≤


2x 2y 2z


2P 2 2


x y z x y z x y z
P 2.


VËyPmax = 2 khi chẳng hạn x = y = 1, z = 0.


Nhận xét. Bài toán bất đẳng thức trên thuộc
dạng cơ bản, không quá khó. Các bạn sau
có lời giải tốt: Trần Quang Đạt; Hà Quang
Tùng, 9A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao,


Phó Thä; Bïi Hà Linh, 9D; Nguyễn Quốc
Bảo Long, 9C, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Đặng Vũ C−êng, 9A5,
THCS CÇu GiÊy, Q. Cầu Giấy; Phạm Duy
Nguyên Lâm, 8A1; Trần Trọng Trung, 8A4,
THCS Thanh Xuân, Q. Thanh Xuân, Hà Nội.



NGUYễN QUANG TUấN
Bài 8(199). Cho tam giác nhọn ABC với hai
đờng cao BD và CE cắt nhau tại H. Gäi M,
N thø tù lµ trung ®iĨm cđa BC, DE. Chøng
minh r»ng 2MN BC DE= − .


AH DE BC


Lêi giải.


Do các tam giác DBC và EBC vuông tại D và
E tơng ứng có các ®−êng trung tuyÕn DM,
EM nªn MD=BC=ME.


2


Suy ra MN vu«ng gãc víi DE (vì N là trung
điểm của DE).


Ta cã




− =





= =



⋅ ⋅


2 2


2 2 2


BC DE BC DE
DE BC DE BC


4MD 4ND 2MN
. (1)
DE 2MD DE MD
Ta chứng minh đợc


MND CEA (g.g); ΔDEC ΔHAC (g.g).
Do đó


= =


MN CE DE
. (2)
MD CA AH


Tõ (1) vµ (2), ta suy ra


− = ⋅ =


BC DE DE MN 2MN



2 .


DE BC AH DE AH
Đó là điều phải chứng minh.


Nhận xét. Bài toán này có thể tổng quát cho
một tứ giác nội tiếp bất kì. Các bạn sau đây
có lời giải ngắn gọn, trình bày xúc tích và
không dùng lợng giác: Bùi Hà Linh, 9D;


Ngô Thị An Bình, 8E, THCS §Ỉng Thai Mai,
TP. Vinh, NghƯ An; Ngun Anh Th−, 7A1,
THCS KÕ An, KÕ S¸ch, Sãc Trăng; Nguyn
Tuấn Dơng, 9D5, THCS Chu Văn An, Ngô
Quyền, Hải Phòng; Trần Minh Khôi, 9C
THCS Văn Lang, TP. ViƯt Tr×, Phó Thä.



(23)

Trận đấu thứ một trăm sáu m

ơi bảy


Ng−ời thách đấu: Nguyễn Duy Liên, GV. THPT chuyên Vĩnh Phúc.
Bài toán thách đấu: Có n đội bóng tham gia một giải thi đấu bóng đá
(n ∈ , n ≥ 2). Giải đấu tổ chức theo thể thức thi đấu vịng trịn một
l−ợt. Cách tính điểm mỗi trận đấu nh− sau: Đội thắng đ−ợc 3 điểm, đội
thua đ−ợc 0 điểm, trận đấu có kết quả hịa thì mỗi đội đ−ợc 1 điểm. Khi
kết thúc giải khơng có hai đội nào có điểm bằng nhau. Hỏi đội đứng
đầu ít nhất hơn đội xếp cui bao nhiờu im?


Thời hạn: Trớc ngày 08.01.2020 theo dÊu b−u ®iƯn.


Trận đấu thứ một trăm sáu m

ơi lăm

(TTT2 số 199)
Đề bài. Cho các số thực d−ơng a, b, c thỏa


m·n a2+ b2+ c2= 3abc. T×m giá trị nhỏ nhất


của biểu thức


+ +


= + + +


+ + + + +


ab bc ca 2(a b c)


P .


c 2 a 2 b 2 ab bc ca


Lêi gi¶i. Tr−íc hÕt ta cã nhËn xÐt sau:
Víi mäi số thực dơng a, b, x, y thì


+ − + −


+ − = 3 = 2


2 2 a 3a 2 (a 1)(a a 2)


1) a 3


a a a



− +


=(a 1) (a 2)2 ≥0.


a


Suy ra a2+ 2 3.
a


Đẳng thức xảy ra khi và chØ khi a = 1.


(

)


⎛ ⎞
+ + = + + +
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
− +
= + +
≥ + + = +


2 2 2 2


2 2


2
2 2


2 2 2



a b a y b x


2) x y a b


x y x y


(ay bx) 2abxy


a b


xy
a b 2ab (a b) .
Suy ra + ≥ +


+


2 2 2


a b (a b)


.


x y x y


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx
⇔ =a b.


x y


¸p dơng c¸c nhËn xét trên ta đợc


+ +


= + + +


+ + + + +


ab bc ca 2(a b c)


P


c 2 a 2 b 2 ab bc ca


+ +


= + + +


+ + + + +


2 2 2


(ab) (bc) (ca) 2(a b c)


ab(c 2) bc(a 2) ca(b 2) ab bc ca


+ + +
≥ + +
+ + + + + +
+ + + +
≥ +
+ + + + + + +


+ + + +
= +
+ + + + +
+ + + +
= + ≥
+ +
+ +
2 2
2
2
2
2


(ab bc) (ca) 2(a b c)


ab(c 2) bc(a 2) ca(b 2) ab bc ca


(ab bc ca) 2(a b c)


ab(c 2) bc(a 2) ca(b 2) ab bc ca
(ab bc ca) 2(a b c)


3abc 2(ab bc ca) ab bc ca
(ab bc ca) (a b c)


2. 3.


ab bc ca
(a b c)



= ⇔ = =


+ + +


ab bc ca


P 3 ,


ab(c 2) bc(a 2) ca(b 2)


+ + =


+ +
a b c


1


ab bc ca ⇔ = = =a b c 1.


VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa P b»ng 3 khi a = b =
c = 1.


Nhận xét. Học sinh Trung học cơ
sở chỉ đ−ợc dùng trực tiếp bất đẳng
thức AM-GM cho hai số thực không
âm, các bất đẳng thức cổ điển khác khi dùng
phải kèm theo chứng minh lại bất đẳng thức
đó. Trên tinh thần đó, trong các võ sĩ gửi lời
giải tới tòa soạn, võ sĩ Lê Thành Trung, 9D,
THCS Điện Biên, TP. Thanh Hóa, Thanh


Hóa là võ sĩ đ−ợc đăng quang trong trận đấu
này.



(24)

ph

ơng trình nghiệm nguyên



lê anh tuấn (Quỳnh Lu, Nghệ An)
hơng trình nghiệm nguyên là một


chuyên đề hay và quan trọng với học
sinh giỏi bởi các kiến thức để giải
quyết bài toán này rất phong phú. Những
kiến thức nào th−ờng đ−ợc sử dụng để giải
ph−ơng trình nghiệm ngun?


1. §−a biĨu thøc chứa ẩn về dạng tích


Nhiều phơng trình nghiệm nguyên có thể
đa về dạng tích các thừa số chứa ẩn bằng
một số nguyên.


Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phơng


trình y3x3=91. (1)


Lời giải. Phơng trình (1) tơng ®−¬ng víi


− 2+ + 2 =


(y x)(x xy y ) 91. (2)



V× x2+ xy + y2> 0 víi mäi x, y nªn tõ (2) suy


ra y x > 0.


Mặt khác 91 = 1.91 = 7.13 vµ x2 + xy + y2,


y − x đều là số nguyên d−ơng nên ta có các
tr−ờng hợp sau:


TH1. ⎧⎪ − =


+ + =


⎪⎩ 2 2


y x 1


x xy y 91.


Giải ra ta đợc (x, y) = (−6; −5); (5; 6).
TH2. ⎧⎪ − =


+ + =


⎪⎩ 2 2


y x 91


x xy y 1 (v« nghiÖm).
TH3. ⎧⎪ − =



+ + =


⎪⎩ 2 2


y x 7


x xy y 13.


Giải ra ta đợc (x, y) = (−3; 4); (−4; 3).
TH4. ⎧⎪ − =


+ + =


⎪⎩ 2 2


y x 13


x xy y 7 (vô nghiệm).
Vậy phơng trình có nghiệm nguyên
(x; y) ∈ {(−6; −5); (5; 6); (−3; 4); (−4; 3)}.


Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phơng


trình x2+4x 1 y . (1) + = 4


Lêi gi¶i. Phơng trình(1) tơng đơng với


+ 2 4= + − 2 + + 2 =



(x 2) y 3 (x 2 y )(x 2 y ) 3.
KÕt hỵp víi x 2 y+ − 2≤ + +x 2 y nªn ta cã 2


+ − = −


+ + = −
⎪⎩
2
2


x 2 y 3
x 2 y 1 hc


+ − =


+ + =

2
2


x 2 y 1
x 2 y 3.
Giải các hệ trên ta đợc


(x; y) {(4; 1); (4; 1); (0; 1); (0; 1)}.


Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phơng



trình x2 =y(y 1)(y 2)(y 3). (1) + + +


Lời giải. Phơng trình(1) tơng đơng với


= + + +


2 2 2


x (y 3y)(y 3y 2).
Đặt t y= 2+3y ta đợc


+ = ⇔ + − =


⇔ + − + + =


2 2 2


t(t 2) x 0 (t 1) x 1
(t 1 x)(t 1 x) 1.


Từ đó dễ dàng tìm đ−ợc nghiệm nguyên của
ph−ơng trình


(x; y) ∈ {(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3)}.


Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên không âm


của phơng trình


+ 4+ 4 = + 2 + 2



(y 1) y (x 1) x . (1)


Lêi gi¶i. Phơng trình(1) tơng đơng với


+ + + = +


⇔ + + + + + = + +


⇔ + + = + +


4 3 2 2


4 3 2 2 2
2 2 2


y 2y 3y 2y x x


(y 2y y ) 2(y y) 1 x x 1
(y y 1) x x 1.


Đặt t y= 2+ +y 1 thì t ; t 1 ta đ ợc


= + + = + +


⇔ − + =


⇔ − − + + =


2 2 2 2


2 2


t x x 1 4t 4x 4x 4
4t (2x 1) 3


(2t 2x 1)(2t 2x 1) 3.



(25)

Chó ý r»ng 2t + 2x + 1 ≥ 3 nªn ta cã
2t + 2x + 1 = 3 vµ 2t − 2x − 1 = 1.


Từ đó ph−ơng trình có nghiệm ngun khơng
âm là (x; y) = (0; 0).


2. Sư dơng tÝnh chia hết


Ngoài các quy tắc chia hết cho các số, cần
lu ý thêm về số d của số chính phơng khi
chia cho một số.


Bài toán 5. Giải phơng trình nghiệm


nguyên x2+ 4y2 = 2019.


Lời giải. Một số chính phơng khi chia cho 4


có số d là 0 hoặc 1.


Mà x2; (2y)2 là các số chính phơng nên khi


chia các số này cho 4 chỉ có các số d là 0


hoặc 1.


Do đó x2+ 4y2 chia cho 4 chỉ có các số d


0; 1; 2.


Mặt khác 2019 chia cho 4 d− 3 nên ph−ơng
trình đã cho khụng cú nghim nguyờn.


Bài toán 6. Giải phơng trình nghiệm


nguyên


+ + + + + + + =


x(x 1)(x 2)(x 3) y(y 1)(y 2)(y 3) 2019.


Lêi gi¶i. TÝch cđa n sè nguyên liên tiếp luôn


chia hết cho n mµ x(x 1)(x 2)(x 3)+ + + vµ


+ + +


y(y 1)(y 2)(y 3) đều là tích của 4 số
nguyên liên tiếp nên chúng chia hết cho 4.
Từ đó ta có tổng


+ + + + + + +


x(x 1)(x 2)(x 3) y(y 1)(y 2)(y 3) chia


hết cho 4.


Mặt khác 2019 không chia hÕt cho 4.


Vậy ph−ơng trình đã cho khơng có nghiệm
ngun.


Bµi toán 7. Giải phơng trình nghiệm


nguyên x22y2 =5. (1)


Lời giải. Vì 2y2 là số chẵn, 5 là số lẻ nên x


số lẻ.


Đặt x = 2k + 1 (k Z), thay vào (1) ta đợc


+ + = + − =


2 2 2 2


4k 4k 1 2y 5 2(k k 1) y .
Suy ra y lµ số chẵn.


Đặt y = 2t (t Z), ta có


+ − = ⇔ + = +


2 2 2



2(k k 1) 4t k(k 1) 2t 1. (2)
Ta thÊy k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ


nên phơng trình (2) vô nghiệm.


Bài toán 8. Tìm nghiệm nguyên của phơng


trình 6x2+5y2 =74.


Lêi gi¶i. Ta thÊy nÕu (xo; yo) là nghiệm của


phơng trình thì (xo; yo); (xo; yo); (xo; yo)


cũng là nghiệm của phơng trình. Bởi vậy ta
chỉ cần tìm nghiệm (xo; yo) víi xo, yo≥ 0.


Ta cã 6(x2 4) = 5(10 y2).


Suy ra x2 4 5 x2+ 1 5.


Mặt khác 6x2< 74 nªn


⇒0 x< 2<74 =121
6 3


⇒ 0 x< 2≤12


⇒⎡⎢ =
=


2
2
x 4
x 9 (v× x


2+ 1 5).


NÕu x2= 4 y2= 10 (lo¹i).


NÕu x2= 9 y2= 4.


Vậy phơng trình có nghiệm nguyên
(x; y) {(3; 2);(3; 2);(3; 2);(3; 2)}.


Bài toán 9. Tìm nghiệm nguyên của phơng


trình xy2+2xy 243y x 0. + =


H−ớng dẫn giải. Ta viết ph−ơng trình đã cho


vỊ d¹ng x(y 1)+ 2 =243y.


NÕu y =1 thì phơng trình trở thành
0 =243 (không thỏa mÃn).


Nếu y 1 thì phơng trình tơng đơng
với =


+ 2



243y
x .


(y 1)


Vì x là số nguyên nên 243y (y + 1)2.


Mµ (y ; y + 1) = 1 nªn 243 (y + 1)2.


Suy ra
+ =

+ =

⎢ + =

2
2 2
2 4


(y 1) 1
(y 1) 3
(y 1) 3


Từ đó ta tìm đ−ợc các nghiệm ngun của
ph−ơng trình.


Bài tốn 10. Tìm các số ngun x để giá trị


cđa y là số nguyên, biết rằng = +


+


2


x x 3
y .


x 2


H−ớng dẫn giải. Ta viết ph−ơng trình đã cho


vỊ d¹ng = − +
+


9
y x 3 .


x 2
Vì x, y là số nguyên nên


+


9


x 2 là số nguyên



(26)

Từ đó suy ra x 2 { 1; 3; 9} + ∈ ± ± ±
⇔ x { 1; 3; 1; 5; 7; 11}. ∈ − − − −


Từ đó ta tìm đ−ợc nghiệm ngun của


ph−ơng trình.


3. S¾p thø tù c¸c Èn


Nếu các ẩn x, y, z,… có vai trị bình đẳng, ta
có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ … để tìm nghiệm
thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép
hoán vị để suy ra các nghiệm còn lại ca
phng trỡnh ó cho.


Bài toán 11. Tìm nghiệm nguyên dơng của


phơng trình x y z xyz. (1) + + =


Lời giải. Không mất tính tổng quát ta gi¶ sư


≥ ≥ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤


x y z 1 3x xyz yz 3.
NÕu yz = 1 ⇒ y = z = 1.


Thay vào (1) ta có x + 2 = x (vô lÝ).
NÕu yz = 2 ⇒ z = 1, y = 2.


Thay vµo (1) ta cã x + 3 = 2x ⇒ x = 3.
NÕu yz = 3 do y ≥ z ⇒ z = 1, y = 3.


Thay vµo (1) ta cã x + 4 = 3x ⇒ x = 2 (m©u
thn víi gi¶ thiÕt).



Do đó x = 3; y = 2; z = 1.


Vì vai trị bình đẳng của x, y, z nên nghiệm
nguyên d−ơng của ph−ơng trình là các hốn
vị của (1, 2, 3).


Bµi toán 12. Tìm nghiệm nguyên dơng của


phơng trình 1+ + =1 1 2.(1)
x y z


Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử




x y z 1.


Ta cã 2= + + ≤1 1 1 3⇒z≤3 ⇒z 1.=


x y z z 2
Thay vµo (1) ta cã


+ + = ⇒ = + ≤ ⇒ ≤


1 1 1 1 2


1 2 1 y 2.
x y x y y


NÕu y = 1 ⇒ 1 =0



x (v« lÝ).
NÕu y = 2 ⇒ 1 = 1⇒x 2.=


x 2
VËy x = y = 2, z = 1.


Vì vai trị bình đẳng của x, y, z nên nghiệm
ngun d−ơng của ph−ơng trình là các hốn
vị ca (1, 2, 2).


Bài toán 13. Tìm các số nguyên dơng x, y


thoả mÃn 1+ =1 1.
x y 3 (1)


Lời giải. Do vai trị bình đẳng của x, y nên


gi¶ sư x≥ ≥y 1.


Tõ (1) ta cã 1< ⇔ >1 y 3
y 3 . (2)
Mặt khác x y 1 nên 1 ≤1 1


x y


⇒ 1= + ≤ + =1 1 1 1 2


3 x y y y y



⇒y 6. (3)


Vì y là số nguyên nên từ (2) và (3) ta cã


≤ ≤


4 y 6.


Từ đó ta có các nghiệm nguyên d−ơng của
ph−ơng trình là




(x; y) {(4; 12); (12; 4); (6; 6)}.


Bµi tËp vËn dụng


Bài 1. Giải các phơng trình nghiệm nguyên:


a) x2 4xy = 23;


b) 3x − 3y + 2 = 0;


Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dơng của các


phơng trình sau:
a) 4xy − 3(x + y) = 59;
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz;


Bµi 3. Chøng minh rằng các phơng trình



sau không có nghiệm nguyên.
a) x3+ y3+ z3= x + y + z + 2020;


b) 19x2+ 28y2= 729;


c) x2+ 4y2+ 9z2= 2015.



(27)

đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9


quận cầu giy, TP. h ni



Năm học 2019 - 2020
Môn thi: Toán


Thời gian làm bài: 150 phút


Bài 1.(5 điểm)


1. Cho biÓu thøc =⎛⎜ + − − + ⎞⎟ − +


− + − −


⎝ ⎠


2x x x x x x x 1 x


P . .


x 1



x x 1 2x x 1 2 x 1


a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.


2. Cho 3 sè d−¬ng x, y, z tháa m·n: x2 + y2 + z2 = (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2.
a) TÝnh x + y + z biÕt xy + yz + zx = 9.


b) Chøng minh r»ng nÕu z ≥ x; z ≥ y thì z > x + y.


Bài 2. (5 điểm)


1. Giải phơng trình 9x2+33x 28 5 4x 3 5 3x 4+ + − = + + 12x2+19x 21.


2. Tìm các số nguyên (x, y) với x 0; y ≥ 0 tháa m·n x2 + 3y2 + 4xy + 4x + 10y − 12 = 0.


Bµi 3.(3 điểm)


1. Cho 3 số thực không ©m a, b, c tháa m·n a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thøc
T = a + b2011 + c1954 − ab − bc − ac.


2. Tìm số nguyên d−ơng x để 4x3 + 14x2 + 9x − 6 là số chớnh phng.


Bài 4.(6 điểm)


Cho tam giỏc u ABC cạnh a, hai điểm M, N lần l−ợt di động trên hai đoạn AB, AC sao cho


+ =



AM AN
1.


MB NC Đặt AM = x, AN = y.
a) BiÕt AM= 1,


AB 5 tÝnh diƯn tÝch tam gi¸c AMN theo a.
b) Chøng minh r»ng MN = a x y.


c) Gọi D là trọng tâm tam giác ABC, K là trung điểm của AB. Vẽ DI ⊥ MN, chøng minh r»ng
DI = DK.


Bµi 5.(1 ®iĨm)



(28)

HƯớNG DẫN GIảI đề thi



tun sinh LíP 10 thpt tP. hå chÝ minh



Năm học 2019-2020
Môn thi: Toán


(Đề đăng trên TTT2 số 200+201)
Bài 1. a) Bảng giá trị


x −4 −2 0 2 4


= −1 2


y x



2 −8 −2 0 −2 −8


x 0 4
y = x − 4 −4 0


b) Ph−ơng trình hồnh độ giao điểm của (P)
và (d) là nghiệm của ph−ơng trình:


−1x2= − ⇔ − =x 4 x2 2x 8− ⇔x2+2x 8 0.− =


2


Suy ra x1= 2; x2=−4.


•Víi x1= 2 thì y1=2.


ãVới x2=4 thì y2=8.


Vậy giao ®iĨm cđa (P) vµ (d) lµ A(2; −2);
B(−4; −8).


Bài 2. Ph−ơng trình đã cho có dạng
ax2+ bx + c = 0, a = 2 > 0, c =1 < 0.


V× a và c trái dấu nhau nên phơng trình có 2
nghiệm phân biệt x1, x2.


Mặt khác 2(1)2 3(1) 1 = 2 + 3 1 = 4 0.



Phơng trình có nghiệm khác 1 nên x1, x2


khác 1. Theo hệ thøc Vi-Ðt ta cã




+ = =


1 2 3 1 2 1


x x ; x .x .


2 2 Do đó


− − − + + − +


= + =


+ + + +


− + − + − −


= =


+ + + + + +


1 2 1 1 2 2


2 1 1 2



2 2 2


1 2 1 2 1 2


1 2 1 2 1 2 1 2


x 1 x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1)
A


x 1 x 1 (x 1)(x 1)
x 1 x 1 (x x ) 2x x 2
x x x x 1 x x x x 1


⎛ ⎞


⎜ ⎟ ⎜ ⎟


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


= =


− + +
2


3 1
2 2


5
2 2



.
1 3 1 8
2 2


Bµi 3. a) Với ngày 02 tháng 9 năm 2019 thì ta
cã n = 2, t = 9 vµ H = 0.


Do đó T = 2 + 0 = 2. Số 2 chia cho 7 có số d−


lµ 2 nên ngày 02 tháng 9 năm 2019 là ngày
thứ Hai.


Với ngày 20 tháng 11 năm 2019 th× ta cã
n = 20, t = 11 vµ H =−2.


Do đó T = 20 + (−2) = 18.


Sè 18 chia cho 7 d 4 nên ngày 20 tháng 11
năm 2019 là ngµy thø T−.


b) Hằng có ngày sinh nhật vào tháng 10 nên
t = 10, do đó H = 2.


Ngµy sinh cđa H»ng lµ bội của 3 nên ngày
sinh cđa H»ng cã d¹ng n = 3k víi k ∈ {1; 2;
...; 10}.


Ta cã T = n + H = 3k + 2.


Mà ngày sinh của Hằng là thứ Hai nên ta cã


3k + 2 = 7 + 2 (víi ∈ )


⇒3k = 7 ⇒3k 7 ⇒ k 7.


Do vËy k = 7, suy ra n = 3k = 21.


VËy ngµy sinh nhËt cđa H»ng lµ ngµy 21.


Bài 4.a) Theo đề bài ta có




= + = =




= +=


⎩ ⎩ ⎪ =


1
1 a.0 b a.10 1 a


10
2 a.10 b b 1 b 1.
VËy a= 1 , b 1.=



(29)

b) y1= 2,85 (atm). Mặt khác 1= 1+


x


y 1.


10
Do đó 1+ = ⇒ =


1


x


1 2,85 x 18,5 (m).


10


Vậy ng−ời thợ lặn đang ở độ sâu 18,5 m.


Bài 5. Tổng số tiền ba bạn theo hợp đồng
phải đóng góp là:


18000.(31 − 3) = 504000 (đồng).


Chi phí cho 1 bạn theo hợp đồng phải đóng
góp là: 504000 : 3 = 168000 (đồng).


Vậy tổng chi phí cho chuyến đi là:
168000 . 31 = 5208000 (đồng).


Bµi 6. Ta cã


a) AOB BOX AOX 72= − = o−47o=25 .o
Khoảng cách giữa hai vị trí đó là:





25


20000. 2800
180 (km).


b) Gọi R là bán kính của Trái §Êt.
Ta cã π = ⇒ = ≈


π


20000


R 20000 R 6400 (km).
Độ dài đ−ờng xích đạo là 2 R 40000 (km).


Thể tích của Trái Đất là:


3


4


.3,14.6400 1097509546700


3 (km


3).
Bài 7. Đổi 1,5 giờ = 90 phót.



Gọi thời gian hơm nay cho hoạt động bơi của
Dũng là x (phút), cho hoạt động chạy của
Dũng là y (phút), (điều kiện x, y > 0).


Theo đề bài ta có hệ ph−ơng trình


+ = + =


⎧ ⎧




+ =+ =


⎩ ⎩


x y 90 10x 10y 900
15x 10y 1200 15x 10y 1200


= =


⎧ ⎧


⇔⎨ + = ⇔⎨ =


⎩ ⎩


5x 300 x 60



x y 90 y 30 (nhËn).


Vậy hôm nay bạn Dũng mất 60 phút để bơi và
mất 30 phút chy.


Bài 8. a) Tứ giác BEDC có BEC BDC 90 = = o


Suy ra tø gi¸c BEDC là tứ giác nội tiếp.


Tam giác DBA vuông tại D có đờng cao DL
nên suy ra BD2= BL. BA.


b) Tø gi¸c ADHE cã


+ = o+ o= o


ADH AEH 90 90 180 nªn tø gi¸c
ADHE néi tiÕp.


Từ đó BAK BDE. =


Mµ BJK BAK (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n =


mét cung).


Do đó BJK BDE. =


c) XÐt ΔBJD vµ ΔBDI cã
JBD chung, BJD BDI. =



Do đó ΔBJD ΔBDI (g.g).
Suy ra BJ =BD ⇒BD2=BJ.BI.


BD BI


Do đó BJ. BI = BL. BA (=BD2).


XÐt ΔBIL vµ ΔBAJ cã IBL lµ gãc chung,


=


BI BL


BA BJ (vì BJ.BI = BL.BA).
Do đó ΔBIL ΔBAJ (c.g.c).
Suy ra BIL BAJ.=


Từ đó tứ giác ALIJ là tứ giác nội tiếp.
Suy ra ELI AJB. =


Mµ AJB ACB, ACB LEI (vì tứ giác BEDC = =


nội tiÕp).


Suy ra ELI LEI. =


Do đó ΔIEL cân tại I ⇒IE = IL.
ELI ILD LEI IDL 90 .+ = + = o


Do đó ILD IDL. =



Từ đó tam giác IDL cân tại I.
Suy ra ID = IL.



(30)

K× n

y

Magic Words



LÊ THị HUệ


Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam


Mt s t khi cỏc em thay đổi vị trí các chữ cái sẽ tạo thnh cỏc t mi
rt thỳ v.


Chẳng hạn nh:


Từ gốc ban đầu Từ míi sau khi xÕp l¹i


on no


now won


pot top


bat tab


sale seal


Các em hãy thử thay đổi con chữ trong các từ d−ới đây nhé.


1. Change sore to a thorny flower. ________


2. Change bus to a type of underwater transportation. ________
3. Change add to a word for father. ________
4. Change not to a word for 2,000 pounds. ________
5. Change stone to little messages. ________
6. Change panel to a flying machine. ________
7. Change net to the number of fingers and toes you have. ________
8. Change low to a very wise bird. ________
9. Change raw to a word for battle. ________


KÕt quả

ô

chữ

các loài vật quen thuộc

(TTT2 số 199)


Vào thăm V−ờn Anh kì tr−ớc, có rất đơng
các bạn đã nhiệt tình tham gia và tìm đ−ợc
rất nhiều loài vật bằng tiếng Anh trong ơ
chữ. Có thể có nhiều từ tiếng Anh cùng
điền đ−ợc vào một hàng. Chủ V−ờn rất vui
vì có khơng ít bạn đã tìm ra nhiều cách
điền. Sau đây là đáp án đúng các loài vật
theo thứ tự hàng ngang từ trên xuống:
DOLPHIN – con cá heo; FOX – con cáo
(hoặc DOG – con chó; hoặc COW – con
bò); FROG – con ếch; MOUSE – con
chuột (hoặc HORSE – con ngựa);
LEOPARD – con báo; MONKEY – con khỉ
(hoặc DONKEY – con lừa); GOAT – con
dê; LION – con s− tử; HORSE – con ngựa
(hoặc MOUSE – con chuột); GOOSE


con ngỗng (hoặc MOOSE nai sừng tÊm);
SPARROW - con chim sỴ.



Nhận xét. Năm bạn đã tham gia
và tìm đúng và đủ các lồi vật sẽ
đ−ợc nhận quà tặng của Chủ
V−ờn: Vũ Ngọc Linh, 8G, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh, Nghệ An; L−ơng Hà Phúc,
6A5, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh,


Phó Thọ;Dơng Nh Quỳnh, THCS Lý Tự
Trọng, Bình Xuyªn, VÜnh Phóc; Nghiªm
Minh Vị, 7A3, THCS Yªn Phong, Yªn
Phong, Bắc Ninh; Trần Gia Huy, 8C,
THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ, Hà
Tĩnh. Xin chúc mừng các bạn.



(31)

thi


cõu lc b ttt



võ xuân minh


Kì 30



CLB1. Find the integers x and y such that


+ =


4 y


x 3 28562.



CLB2. Find x and y satisfying


⎧⎪ + = − +



+ =
⎪⎩


4 4 2 2


x y 8(x xy y )


x y 4.


CLB3. Given real numbers x, y and z such
that


+ − = − + =


x y z x y z


1.


3 4 6 4 8 6


Find the value of the expression
M = 3x + 6y − 5z.


CLB4. Given the expression



− + − + − +


= + +


− − − − − −


2 2 2


a (a 1) bc b (b 1) ca c (c 1) ab


S .


(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)


Where a, b and c are pair-sely different.
Prove that the value of S is always an integer.


CLB5. Given right angle xAy. Points B, C can
move along on rays Ax and Ay respectively
with the condition that AB + BC + CA = 1.
Find the minimum and the maximum value of
the length of segment BC.


đỗ đức thnh(dch)


Kì 28

(TTT2 số 199)


CLB1.Điều kiện a, b, a + 3b kh¸c 0.



− = ⇒ + − +


+


= − ⇒ 2− − 2 =


1 3 14


b(a 3b) 3a(a 3b)


a b a 3b


14ab 3a 6ab 3b 0


⇒a − − =2 b 0⇒a b− =2


b a b a


Do đó
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − = +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= + =
3
3 3
3 3
3


a b a b a b a b



M 3 . .


b a b a b a


b a


2 3.2 14.


CLB2.


•n = 1 thì 2n 1 = 1 không là số nguyên tố.
ã n = 2 thì 2n 1 = 3 và 2n + 1 = 5 là các số
nguyên tố.


ã n 3 thì 2 n 1, 2n, 2n + 1 là ba số tự nhiên
liªn tiÕp nªn cã mét sè chia hÕt cho 3.


Mà 2n không chia hết cho 3.


Do đó 2n − 1 hoặc 2n + 1 chia hết cho 3.
Mặt khác, do n 3 nên 2≥ n 1 và 2n + 1 đều
lớn hơn 3.


Khi đó, 2n 1 hoặc 2n+ 1 là hợp số.


Vậy chỉ có n = 2 thì 2n − 1 và 2n + 1 đồng thời
là số ngun tố.


CLB3. •Víi n = 2k (k∈ *) th×



[ ]



n n 1 1


k k k k 2k n.


2 2 2


+


⎡ ⎤ ⎡+= ++= + = =


⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥


⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦


• Víi n = 2k + 1 (k∈ ) th×


[

]



n n 1 1


k k 1


2 2 2


k k 1 2k 1 n.
+


⎡ ⎤ ⎡+ ⎤ ⎡= ++ +



⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥


⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦


= + + = + =


VËy n n 1 n.


2 2


+


⎡ ⎤ ⎡+=


⎢ ⎥ ⎢ ⎥


⎣ ⎦ ⎣ ⎦


CLB4.Tõ − ≥ ⇒ ≤⎛ + ⎞


⎝ ⎠


2


2 x y


(x y) 0 xy


2 ta cã



+ − + −


(a b c)(b c a)
+ − + + −
⎛ ⎞
=
⎝ ⎠
2
2
a b c b c a


b . (1)
2


+ − + −


(b c a)(c a b)
+ − + + −
⎛ ⎞
=
⎝ ⎠
2
2
b c a c a b


c . (2)
2


+ − + −



(c a b)(a b c)
+ − + + −
⎛ ⎞
=
⎝ ⎠
2
2
c a b a b c


a . (3)
2


Mặt khác, do a, b, c là ba cạnh của tam giác
nên a + b − c > 0, b + c − a > 0 và c + a − b > 0.
Khi đó, nhân vế với vế của (1), (2) và (3) ta có


[

+ − + − + −

]



⇒ + − + − + − ≤


2 2


(a b c)(b c a)(c a b) (abc)


(a b c)(b c a)(c a b) abc.



(32)

Hỏi: Xem các bức ảnh Noel ở nhiều n−ớc, em
thấy ông già Noel đi trong tuyết rơi trông rất
đẹp. Quê em ch−a bao giờ thấy tuyết rơi


nh−ng có nơi nào ở n−ớc ta cú tuyt ri khụng
anh?


Huỳnh Văn H.


(8A1, THCS Mỹ Lộc, Phú Mỹ, Bình Định)


Đáp:


Thật lạnh mới có tuyết rơi
Nớc ta cũng có những n¬i thÊy råi


Sa Pa năm tr−ớc đấy thơi
Sớm ra nhìn cả khung trời trắng tinh


Hái: Ngày 20/11 hàng năm có ng−êi gäi lµ
Ngµy HiÕn chơng Nhà giáo nhng trờng
em gọi là Ngày Nhà giáo ViƯt Nam. Sao thÕ
anh?


Tr−¬ng T. T.


(Lớp 9B, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hoá,
Thanh Hoá)


Đáp:


Hiểu lịch sử sẽ tờng mình
Ngày của thế giới, nớc mình lấy luôn



Ngày công bố bản Hiến chơng
Ngày thêm gắn bó yêu thơng thầy trò


Hi: Em trai em nm ti vào lớp 1, nghe nói
sẽ học theo sách giáo khoa mới. Nh− vậy
sách cũ mà em để dành sẽ không dùng đ−ợc
cho em nữa phải không anh?


Phïng K. L.


(Líp 7A2, THCS Nghi H−¬ng, Cư Lò,
Nghệ An)


Đáp:


Cảm ơn chị gái biết lo


Dành cả sách cũ tặng cho em dùng
Sang năm lớp một các vùng
Học giáo khoa mới để cùng đổi thay


Hỏi: Có bạn lớp em lên mạng xã hội để nói
xấu em? Anh ơi! Nh− vậy có phạm luật
khơng?


Vâ T. A.


(Líp 6/1, THCS Lý Tự Trọng, Tiên Kỳ,
Tiên Phớc, Quảng Nam)



Đáp:


Nhắc bạn phải xoá đi ngay


Luật an ninh mạng điều này rất nghiêm
Tuổi nhỏ thân kết bạn hiền
Nói xấu trên mạng là phiền lắm cơ



(33)

Các lớp 6 & 7



Bài 1(202). Cho A = 5n2 +


10n + 601, víi n lµ sè tự
nhiên. Tìm giá trị nhỏ nhất
của tổng các chữ số của A.


tạ thập
(TP. Hồ Chí Minh)


Bài 2(202). Tìm các sè nguyªn x, y, z thỏa


mÃn x2013 +y2016+z2019 =20182021.


nguyễn đăng dũng
(Số nhà 138, tổ 20A, P. Yên Hòa,


Q. Cầu Giấy, Hà Nội)
Bài 3(202). Viết ngẫu nhiªn chÝn sè 2, 5, 8,
11, 14, 17, 20, 23, 26 vào chín ô vuông trong
hình bên, mỗi ô chứa mét sè. Gäi x lµ tổng


các số trong 3 hàng, y là tổng các số trong 3
cột, z là tổng các số trong 2 đờng chéo. Đặt
S = x + y + z. Tìm giá trị lớn nhất của S.


trn quang vinh
(Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam)
Bài 4(202). Cho tam giác đều ABC có số đo
độ dài cạnh là một số tự nhiên. Gọi D là điểm
tùy ý trên cạnh BC (D không trùng với B và
C). Trên tia đối của tia DA lấy điểm M sao
cho AMB 60 . Chứng minh rằng MA= o 2 +
MB2+ MC2 không là s chớnh phng.


Huỳnh thanh tâm


(Bu điện TX. An Nhơn, Bình Định)


1(202). Given that A = 5n2 + 10n + 601,


where n is a natural number. Find the
minimum sum of the digits of A.


2(202). Find integers x, y and z such that


2013 2016 2019 2021


x +y +z =2018 .


3(202). Nine numbers 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20,
23, 26 are randomly filled in the below 3 × 3


grid with each number in one cell. Let x be
the sum of all of the numbers in the 3 rows, y
be the sum of all of the numbers in the 3
columns and z be the sum of all the numbers
in the 2 diagonals. Find the maximum value
of S = x + y + z.


4(202). Given equilateral triangle ABC with
natural-number side length. Let D be an
arbitrary point on BC (D is neither B nor C).
In the opposite ray of DA, construct point M
such that AMB 60 . = o



(34)

Các lớp THCS


Bài 5(202). Giải phơng trình


+ + =




1 1


1 2x 2 2.


x 1 x


lại quang thọ
(Phòng Giáo dục và Đào tạo Tam Dơng,


Vĩnh Phúc)


Bài 6(202). Cho c¸c sè thùc x, y, z, t tháa
m·n 0 < x, y, z, t ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất


cđa biĨu thøc = +


+ + +
xyzt 3


Q .


x y z t


cao minh quang
(Tr−êng THPT chuyªn Ngun BØnh Khiêm,
Vĩnh Long)
Bài7(202).Giải hệ phơng trình


+ + =





− + − + − =


⎪⎩


2 2 2


3 3 3 3 3 3



x y z 8


x y y z z x 32 2.


vị hång phong
(Tr−êng THPT Tiªn Du 1, Tiên Du, Bắc
Ninh)
Bài 8(202). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC)
nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao BD,
CE của ABC cắt nhau tại H. Gọi M là trung
điểm của BC, N là giao điểm của AH và DE,
K là giao điểm của AO vµ BC. Chøng minh
r»ng HM // NK.


nguyễn đức Tấn
(TP. Hồ Chí Minh)


5(202). Solve the following equation


+ + − =




1 1


1 2x 2 2.


x 1 x


6(202). Given 4 real numbers x, y, z and t


such that 0 < x, y, z, t ≤ 1. Find the minimum


value of the expression = +


+ + +
xyzt 3


Q .


x y z t


7(202). Solve the following system of


equations


+ + =





− + − + − =


⎪⎩


2 2 2


3 3 3 3 3 3


x y z 8



x y y z z x 32 2.



(35)

(36)



×