Tổng hợp đề thi VMTC Tháng 3 năm 2023 – Thách thức tài năng toán học Việt nam

Tổng hợp đề thi VMTC Tháng 3 năm 2023 – Thách thức tài năng toán học Việt nam

VMTC Lớp 3 Kèm lời giải – Ngày thi 12/3/2023

Câu 1. Vinh có 840 nghìn đồng. Vinh đã dùng một nửa số tiền đó để mua sách, và dùng một nửa số tiền còn lại để mua đồ dùng học tập. Hỏi Vinh còn bao nhiêu tiền?

Lời giải:

Số tiền Vinh dùng để mua sách là: 840000 : $2=420000$ (đông).

Số tiền Vinh còn lại sau khi mua sách là: $840000-420000=420000$ (đồng).

Số tiền Vinh dùng để mua đồ dùng học tập là $420000: 2=210000$ (đồng).

Số tiền còn lại của Vinh là $420000-210000=210000$ (đồng).

Đáp số: 210000 đồng.

Câu 2. Trên quãng đường từ $A$ đến $E$ có 3 trạm dừng chân $B, C, D$ (xem hình vẽ). Biết rằng quãng đường $A E$ dài $200 \mathrm{~km}$, quãng đường $A C$ dài $86 \mathrm{~km}$, quãng đường $B D$ dài $112 \mathrm{~km}$, và quãng đường $D E$ dài $62 \mathrm{~km}$. Hãy tính độ dài quãng đường $B C$.

Lời giải:

Độ dài quãng đường $A B$ là $200-112-62=26(\mathrm{~km})$.

Độ dài quãng đường BC là $86-26=60(\mathrm{~km})$.

Đáp số: $60 \mathrm{~km}$.

Câu 3. Bác Ân mở rộng mỗi phía của một mảnh vườn hình vuông thêm 2 mét (xem hình vẽ). Biết rằng, sau khi được mở rộng, chu vi mảnh vườn mới là 40 mét. Tính diện tích của mảnh vườn ban đầu.

Lời giải

Khi bác Ân mở rộng mỗi phía của mảnh vườn thêm 2 mét thì mỗi cạnh ban đầu đều tăng thêm 4 mét. Do đó, mảnh vườn mới vẫn là hình vuông.

Cạnh của mảnh vườn hình vuông mới là $40: 4=10(\mathrm{~m})$

Cạnh của mảnh vườn hình vuông ban đầu là: $10-4=6(\mathrm{~m})$

Diện tích của mảnh vườn ban đầu là: $6 \times 6=36\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$.

Đáp án: $36 \mathrm{~m}^{2}$.

Câu 4. Có 7 túi kẹo, với số kẹo trong các túi lần lượt là 6 cái, 7 cái, 8 cái, 9 cái, 10 cái, 11 cái, 12 cái. Em hãy xếp 7 túi kẹo đó vào 3 chiếc hộp, sao cho số kẹo trong mỗi hộp là như nhau.

Lời giải

Tổng số cái kẹo là: $6+7+8+9+10+11+12=63$ (cái kẹo).

Vi tổng số kẹo được chia đều vào 3 hộp, nên mỗi hộp có số cái kẹo là $63: 3=21$ (cái kẹo).

$V i 21=6+7+8=10+11=9+12$.

Vậy số kẹo có thể được chia vào mỗi hộp như sau:

Hộp 1 gồm 3 túi kẹo với số kẹo lân lượt là: 6 cái, 7 cái và 8 cái.

Hộp 2 gôm 2 túi kẹo với số kẹo lânn lượt là: 10 cái và 11 cái

Hộp 3 gồm 2 túi kẹo với số kẹo lần lượt là: 9 cái và 12 cái.

Câu 5. Trong ngày Hội thể thao của trường, ba bạn Tí, Tèo và Tễu tham gia thi 3 môn: bóng đá, cờ vua và bóng bàn. Mỗi bạn chỉ thi đúng một môn, và không có hai bạn nào thi cùng một môn.

– Tí nói: Tôi thi bóng bàn.

– Tèo nói: Tôi không thi bóng bàn.

– Tễu nói: Tôi không thi cờ vua.

Biết rằng, chỉ có một bạn nói thật. Hỏi ai thi môn nào? Vì sao?

Lời giải

Trường hợp 1: Tí nói thật, Tèo và Tễu nói dối

– Khi đó, Tí thi bóng bàn.

– Mà Tèo nói dối nên Tèo cũng thi bóng bàn. Do đó trường hợp này vô lí.

Trường hợp 2: Tèo nói thật, Tí và Tễu nói dối

– Khi đó, Tễu thi cờ vua. Mà Tèo không thi bóng bàn nên Tèo phải thi bóng đá.

– Do đó Tí phải thi bóng bàn. Mẫu thuẫn vì khi này Tí lại nói thật.

Trường họp 3: Tễu nói thật, Tí và Tèo nói dối

– Khi đó, Tèo thi bóng bàn. Tễu không thi cờ vua nên Tễu sẽ thi bóng đá, còn Tí sẽ thi cờ vua.

Vậy Tí thi cờ vua, Tèo thi bóng bàn và Tễu thi bóng đá.

Tải về file word

VMTC Lớp 4 Kèm lời giải – Ngày thi 12/3/2023

Câu 1. Tìm 4 số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 220.

Lời giải

Cách 1: Trung bình cộng của 4 số là $220: 4=55$.

Vì 4 số đã cho là 4 số tự nhiên liên tiếp và trung bình cộng của 4 số là 55 nên 4 số đó là $52 ; 54 ; 56 ; 58$.

Cách 2: Coi số thứ nhất là 1 phân thì số thứ hai là 1 phần và 2 đơn vị, số thứ ba là 1 phần và 4 đơn vị, số thứ tư là 1 phần và 6 đơn vị.

Tổng số phần bằng nhau là $1+1+1+1=4$ (phần).

Giá trị một phần hay số thứ nhất là $(220-2-4-6): 4=52$.

Do đó 4 số chẵn cần tìm là $52 ; 54 ; 56 ; 58$.

Đáp số: 52; 54; 56; 58.

Câu 2. Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng. Bác Ân mở rộng mỗi phía của mảnh vườn thêm 2 mét (xem hình vẽ). Biết rằng, sau khi được mở rộng, chu vi của mảnh vườn mới là 40 mét. Tính diện tích mảnh vườn ban đầu.

Lờ giải

Ta chia mảnh vườn mới thành các phần như sau:

Từ hình vẽ, ta thấy chu vi mảnh vườn mới hơn chu vi mảnh vườn ban đầu là $2 \times 8=16(\mathrm{~m})$.

Chu vi mảnh vườn ban đầu là $40-16=24(\mathrm{~m})$.

Nửa chu vi mảnh vườn ban đầu là $24: 2=12(\mathrm{~m})$.

Chiều rộng mảnh vườn ban đầu là $12:(1+2) \times 1=4(\mathrm{~m})$.

Chiều dài mảnh vườn ban đầu là $12-4=8(\mathrm{~m})$.

Diện tích mảnh vườn ban đầu là $8 \times 4=32\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$.

Đáp số: $32 \mathrm{~m}^{2}$.

Câu 3. Cho một số tự nhiên có ba chữ số, chia hết cho 5 , chia 2 dư 1 , và chia 9 dư 3 . Biết rằng chữ số hàng trăm của số đó là 6 ; hãy tìm chư số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của số đó.

Lời giải

Gọi số tự nhiên có ba chữ số, trong đó chữ số hàng trăm bằng 6 là $\overline{6 a b}$ (với a, b là các chữ số).

Vi số $\overline{6 a b}$ chia hết cho 5 nên $b=0$ hoặc $b=5$.

Mà số $\overline{6 a b}$ chia 2 dư 1 nên $b=5$. Khi đó, ta có số $\overline{6 a 5}$.

Vi số $\overline{6 a 5}$ chia 9 dư 3 nên $6+a+5=11+a$ chia 9 dư 3. Suy ra $a=1$.

Vậy chư số hàng chục của số cần tìm là 1 , chữ số hàng đơn vị là 5 .

Đáp số: Chữ số hàng chục: 1; Chữ số hàng đơn vị: 5 .

Câu 4. Ổ một xứ sở các chú lùn, mỗi chú lùn đều hoặc luôn nói thật, hoặc luôn nói dối. Một du khách gặp một nhóm ba chú lùn, mà mỗi chú đều biết, trong hai người còn lại của nhóm, ai luôn nói thật và ai luôn nói dối. Du khách lần lượt hỏi từng chú cùng một câu hỏi: “Trong hai người kia, có mấy người luôn nói thật?”. Chú thứ nhất trả lời: “Không có người nào”. Chú thứ hai trả lời: “Có đúng một người”. Hỏi, chú thứ ba đã trả lời du khách như thế nào? Vì sao?

Lời giải

Nếu chú lùn thứ nhất nói thật thì: chú lùn thứ hai và chú lùn thứ ba phải luôn nói dối. Mà chú lùn thứ hai nói: “Có đúng một người” nên chú lùn thứ ba phải nói thật (để số người nói thật là ba người).

Điều này mâu thuẫn với việc chú lùn thứ nhất nói: “Không có người nào”.

Tư đó, suy ra chú lùn thứ nhất nói dối.

Trường hợp 1: Nếu chú lùn thứ hai nói thật: thì chú lùn thứ ba nói thật vì chú lùn thứ nhất nói dối $(h o ̣ p l y ́)$.

Trường hợp 2: Nếu chú lùn thứ hai nói dối thì có thể:

+ Chú lùn thứ nhất và chú lùn thứ ba nói thật (vô lý vì chú lùn thứ nhất nói dối).

+ Chú lùn thứ nhất và chú lùn thứ ba đều nói dối, khi đó cả chú lùn thứ hai và thứ ba lại nói dối thì chú lùn thứ nhất lại là nói thật (vô lý vì chú lùn thứ nhất nói dối).

Do đó, chú lùn thứ nhất nói dối, chú lùn thứ hai và chú lùn thứ ba nói thật.

Vậy chú lùn thứ ba trả lời là: “Có đúng một người.”

Câu 5. Lần lượt ghi các số $1,2,3, \ldots, 11$ lên 11 tấm thẻ trắng, trên mỗi thẻ ghi đúng một số. Người ta muốn xếp tất cả 11 tấm thẻ đó vào một số chiếc hộp, sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 thẻ, và tổng các số được ghi ở các thẻ trong mỗi hộp là như nhau.

a) Hỏi số hộp có thể là 3 hay không? Vì sao?

b) Hỏi số hộp có thể là 4 hay không? Vì sao?

Lời giải

Tổng của tất cả các số ghi trong thẻ là $1+2+3+\ldots+11=66$.

Theo bài ra thì tổng các số được ghi ở các thẻ trong mỗi hộp là như nhau nên số hộp là số mà 66 có thể chia hết được.

Read:   Đề thi vào 10 Tỉnh Bạc Liêu - Năm học 2021 - 2022

a) Vi 66 chia hết cho 3 nên có thể xếp 11 tấm thẻ vào 3 hộp.

Ví dụ 1 cách xếp:

– Hộp 1: Thẻ ghi số 1, 10, 11 .

– Hộp 2: Thẻ ghi số 2, 3, 8, 9 .

– Hộp 3: Thẻ ghi số 4, 5, 6, 7.

Khi này, mỗi hộp có tổng số ghi trên thẻ đều bằng nhau và bằng 22.

b) Vi 66 không chia hết cho 4 nên không thể xếp 11 tấm thẻ vào 4 hộp.

Tải về file word

VMTC Lớp 5 Kèm lời giải – Ngày thi 12/3/2023

Câu 1. Tìm 4 số tự nhiên lẻ liên tiếp, mà tổng hai số nhỏ nhất trong bốn số đó bằng $\frac{3}{5}$ tổng hai số còn lại.

Lời giải

Tổng của hai số lớn nhất lớn hơn tổng của hai số bé nhất là $4+4=8$ (đơn vị)

Tổng của hai số bé nhất là 8 : $(5-3) \times 3=12$.

Số bé nhất là $(12-2): 2=5$.

Vậy 4 số lẻ liên tiếp là: 5; 7; 9; 11.

Đáp số: 5; 7; 9; 11.

Câu 2. Lúc 8 giờ sáng, một xe ô tô đi từ $\mathrm{A}$ đến $\mathrm{B}$ với vận tốc không đổi, rồi nghỉ lại ở $\mathrm{B}$ một giờ. Sau đó, ô tô đi từ $\mathrm{B}$ về $\mathrm{A}$ với vận tốc không đổi, và đến $\mathrm{A}$ lúc 14 giờ cùng ngày. Biết rằng, thời gian xe đi từ $\mathrm{A}$ đến $\mathrm{B}$ ít hơn thời gian đi từ $\mathrm{B}$ về $\mathrm{A}$ một giờ; và vận tốc khi đi từ $\mathrm{A}$ đến $\mathrm{B}$ lớn hơn vận tốc khi đi từ $\mathrm{B}$ về $\mathrm{A}$ là $10 \mathrm{~km} /$ giờ. Hãy tính độ dài quãng đường $\mathrm{AB}$.

Lời giải

Tổng thời gian ô tô đi từ $\mathrm{A}$ đến $B$ và quay lại về $\mathrm{A}$ không tính thời gian nghỉ là

$
14 \text { giŏ̀ }-8 \text { giŏ̀ }-1 \text { giŏ̀ }=5 \text { giờ. }
$

Thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ là $(5-1): 2=2$ (giơ)).

Thời gian ô tô đi từ $\mathrm{B}$ về A là 5 giờ -2 giờ $=3$ (giơ)).

Tỉ số thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ so với đi từ $B$ về $A$ là $2: 3=\frac{2}{3}$.

Vi trên cùng quãng đường thì vận tốc và thời gian tỉ lệ nghịch với nhau, nên nếu tỉ số thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ so với đi từ $B$ về $A$ là $\frac{2}{3}$ thì tỉ số vận tốc ô tô đi từ $A$ đến $B$ so với vận tốc ô tô đi từ $B$ về $A$ là $\frac{3}{2}$. Hiệu vận tốc là $10 \mathrm{~km} /$ giò̀.

Vận tốc ô tô khi đi từ A đến B là 10 : $(3-2) \times 3=30(\mathrm{~km} / \mathrm{g}$ iờ). Độ dài quãng đường $A B$ là $30 \times 2=60(\mathrm{~km})$.

Đáp số: $60 \mathrm{~km}$.

Câu 3. Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng. Bác Ân mở rộng mỗi phía của mảnh vườn thêm 2 mét (xem hình vẽ). Biết rằng, sau khi được mở rộng, diện tích mảnh vườn tăng thêm $64 \mathrm{~m}^{2}$. Tính chu vi mảnh vườn sau khi được mở rộng.

Ta chia mảnh vườn thành các phần (như hình vẽ)

Khi đó diện tích mảnh vườn tăng thêm gôm:

– Diện tích của 4 hình vuông có cạnh là $2 \mathrm{~m}$.

– Diện tích của 2 hình chữ nhật có một cạnh là $2 m$ và cạnh còn lại bằng chiều rộng mảnh vườn ban đầu.

– Diện tích của 2 hình chữ nhật có một cạnh là $2 \mathrm{~m}$ và cạnh còn lại bằng chiều dài mảnh vườn ban đâuu.

Tổng diện tích của 8 hình này bằng $64 \mathrm{~m}^{2}$ nên diện tích của 4 hình chữ nhật là

$
64-4 \times 2 \times 2=48\left(m^{2}\right)
$

Tổng chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn ban đầu là $48: 2: 2=12(\mathrm{~m})$.

Chiều rộng mảnh vườn ban đầu là $12:(1+2) \times 1=4(\mathrm{~m})$.

Chiều dài mảnh vườn ban đầu là $4 \times 2=8(\mathrm{~m})$.

Chiều rộng mảnh vườn lúc sau là $4+2+2=8(\mathrm{~m})$.

Chiê̂u dài mảnh vườn lúc sau là $8+2+2=12(\mathrm{~m})$. Chu vi mảnh vườn lúc sau là $2 \times(12+8)=40(\mathrm{~m})$.

Đáp số: $40 m$.

Câu 4. Bắt đầu từ ngày mùng 1 của tháng nghỉ hè, ngày nào Ánh cũng học từ mới tiếng Anh. Đến hết ngày Thứ 7 thứ hai của tháng đó, Ánh đã học thuộc được 91 từ mới. Biết rằng, số từ mới Ánh học thuộc mỗi ngày là như nhau. Hỏi ngày 21 của tháng đó là Thứ mấy?

Lời giải

Ta có $91=1 \times 91=7 \times 13$.

Suy ra số ngày Ánh học tiếng Anh có thể là 1 ngày, 7 ngày, 13 ngày hoặc 91 ngày.

Mà đến hết ngày Thứ 7 thứ hai của tháng đó Ánh học được 91 tứ mới nên số ngày Ánh học phải là 13 ngày. Do đó, Thứ 7 thứ hai của tháng đó là ngày 13.

Vậy ngày 21 của tháng đó là Chủ nhật.

Câu 5. Có một số quả dưa hấu nặng như nhau và một số quả dưa lưới nặng như nhau.

– Bạn Hằng nói: Hai quả dưa hấu nặng hơn ba quả dưa lưới.

– Bạn Vân nói: Ba quả dưa hấu nặng hơn bốn quả dưa lưới.

Biết rằng, chỉ có 1 trong 2 bạn nói đúng.

a) Hỏi bạn nào nói đúng? Vì sao?

b) Theo em, 12 quả dưa hấu có nặng hơn 18 quả dưa lưới không? Vì sao?

Lời giải

a) Nếu bạn Hằng nói: ” 2 quả dưa hấu nặng hơn 3 quả dưa lưới” đồng nghĩa với “ 8 quả dưa hấu nặng hơn 12 quả dưa lưới”.

Nếu bạn Vân nói: “3 quả dưa hấu nặng hơn 4 quả dưa lưới” đồng nghĩa với “9 quả dưa hấu nặng hơn 12 quả dưa lưới”.

Khi đó, nếu Hằng nói đúng thì vân nói đúng.

Vậy Hằng nói sai còn Vân nói đúng.

b) Vì Hằng nói sai nên 12 quả dưa hấu không nặng hơn 18 quả dưa lưới.

Tải về file word

VMTC Lớp 6 – Kèm lời giải Ngày thi 12/3/2023

Bài 1. Tính tổng
$
S=\frac{1}{1+\left(\frac{1}{2021}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{2}{2020}\right)^2}+\cdots+\frac{1}{1+\left(\frac{2020}{2}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{2021}{1}\right)^2}
$
Lời giải. Chú ý rằng với $x, y>0$ và $x y=1$, thì
$
\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}=\frac{x^2+y^2+2}{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=\frac{x^2+y^2+2}{1+x^2+y^2+x^2 y^2}=1 .
$
Sử dụng kết quả này, ta có
$
\begin{gathered}
\frac{1}{1+\left(\frac{1}{2021}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{2021}{1}\right)^2}=1 \\
\frac{1}{1+\left(\frac{2}{2020}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{2020}{2}\right)^2}=1 \\
\frac{1}{1+\left(\frac{2021}{1}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{1}{2021}\right)^2}=1
\end{gathered}
$
Cộng vế với vế các đẳng thức trên lại, ta thu được $2 S=2021$. Vậy $S=\frac{2021}{2}$.
Bài 2. Tìm tất cả các bộ gồm 10 số nguyên dương đôi một khác nhau, được sắp xếp theo thứ tự tăng dần, và có tổng bằng 56.
Lời giải. Gọi các số cần tìm là $x_1<x_2<\cdots<x_{10}$. Theo đề bài, ta có
$
x_1+x_2+\cdots+x_{10}=56
$
Nếu $x_9 \geqslant 10$, thì ta có $\mathrm{VT}_{(1)} \geqslant 1+2+3+4+5+6+7+8+10+11=57>56$, mâu thuẫn. Do đó $x_9<10$. Mà $x_9>x_8>\cdots>x_1>0$ nên $x_1=1, x_2=2, \ldots, x_9=9$. Từ đó suy ra $x_{10}=11$. Vậy, các số cần tìm là $1,2,3,4,5,6,7,8,9,11$.

Bài 3. Có 150 tấm thẻ, được phát cho sáu bạn ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn, theo quy tắc: Mỗi lượt, phát hai tấm thẻ cho hai bạn ngồi cạnh nhau, mỗi bạn một tấm. Hỏi, theo quy tắc đó, có thể phát thẻ cho các bạn, để một bạn có 19 tấm, và tính từ bạn này, theo chiều kim đồng hồ, số thẻ của năm bạn còn lại lần lượt là 27, 21, 23, 31, 29 hay không? Vì sao?

Lời giải. Giả sử có thể phát được các tấm thẻ như yêu cầu. Rõ ràng có tất cả 75 lượt phát thẻ và sau lượt thứ 75, các bạn $I, I I, I I I, I V, V, V I$ (theo chiều kim đồng hồ, tính từ bạn $I$ ) nhận được lần lượt $19,27,21$, 23, 31, 29 tấm thẻ. Gọi $A_k$ là tổng số tấm thẻ mà cả ba bạn $I, I I I, V$ nhận được sau $k$ lượt, và $B_k$ là tổng số tấm thẻ mà cả ba bạn $I I, I V, V I$ nhận được sau $k$ lượt.

Xét $S_k=A_k-B_k$. Ta thấy $S_0=0$ và $S_k$ luôn không đổi. Tuy nhiên, ta lại có $A_{75}=19+21+31=71$ và $B_{75}=27+23+29=179$ nên $S_{75}=71-79 \neq 0$, mâu thuẫn. Vậy, không thể phát được như yêu cầu.

Bài 4. Trong hình vẽ dưới đây, cung tròn $A x I$ là nửa đường tròn tâm $O$; cung tròn $A y B$ là một phần tư đường tròn tâm $I ; B C O I$ là hình chữ nhật. Hỏi, hiệu diện tích của phần được gạch chéo và phần được tô đậm bằng bao nhiêu?

Lời giải. Ký hiệu các điểm $D, E$ như hình vẽ bên dưới. Gọi $a$ là diện tích của góc phần tư hình tròn $O A E ; b$ là diện tích của hình thang cong $B D O I ; c$ là diện tích của phần gạch chéo và $d$ là diện tích của phần tô đậm.
Ta có $a+b+c$ chính bằng diện tích của góc phần tư hình tròn $I A B$, do đó $a+b+c=\frac{\pi \cdot A I^2}{4}=4 \pi\left(\mathrm{cm}^2\right)$. Lại có $b+d$ chính bằng diện tích của hình chữ nhật $B C O I$ nên $b+d=O I \cdot B I=8\left(\mathrm{~cm}^2\right)$. Từ đây, ta suy ra $a+c-d=(a+b+c)-(b+d)=4 \pi-8\left(\mathrm{~cm}^2\right)$. Mà $a=\frac{\pi \cdot A O^2}{4}=\pi\left(\mathrm{cm}^2\right)$ nên $c-d=3 \pi-8\left(\mathrm{~cm}^2\right)$.
Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên tố $p, q, r$ thoả mãn $p<q<r<p+5$.
Lời giải. Với $p=2$, ta có $2<q<r<7$. Từ đó, dễ dàng tìm được $q=3$ và $r=5$.
Xét trường hợp $p \geqslant 3$. Khi đó, $p, q, r$ là các số nguyên tố lẻ nên $q \geqslant p+2$ và $r \geqslant q+2 \geqslant p+4$. Mà $r<q+5$ nên $r=p+4$, từ đó suy ra $q=p+2$.

Read:   Số gần đúng, sai số - Sách bài tập Cánh Diều tập 2

Nếu $p \neq 3$ thì $p$ chia cho 3 dư 1 hoặc 2 . Một cách tương ứng, ta sẽ có $q$ chia hết cho 3 hoặc $r$ chia hết cho 3 , mâu thuẫn vì $q, r$ là các số nguyên tố lớn hơn 3. Như vậy, ta phải có $p=3$. Từ đó $q=5$ và $r=7$.
Vậy, các bộ số nguyên tố $(p, q, r)$ cần tìm là $(2,3,5)$ và $(3,5,7)$.
Bài 6. Hỏi, từ 22 số nguyên dương đầu tiên, có thể chọn ra tối đa bao nhiêu số đôi một khác nhau, sao cho tổng của hai số bất kỳ trong các số được chọn đều là hợp số?

Lời giải. Xét các cặp số $(1,22),(2,21),(3,20), \ldots,(11,12)$. Ta thấy mỗi cặp số đều có tổng bằng 23 , là số nguyên tố. Do đó, ở mỗi cặp số chỉ có tối đa một số được chọn. Mà có tất cả 11 cặp số nên có không quá 11 số được chọn. Mặt khác, cách chọn 11 số sau thoả mãn yêu cầu: $1,3,5,7, \ldots, 21$ (tổng của hai số bất kỳ đều là số chẵn lớn hơn 2). Vậy, có thể chọn nhiều nhất 11 số.

Tải về file word

VMTC Lớp 7 – Kèm lời giải Ngày thi 12/3/2023

Bài 1. Cho các số thực $a, b, c, d$ khác 0 , thỏa mãn $b+c \neq 0, b^{2}=a c$ và $c^{2}=b d$. Tính giá trị của biểu thức

$
A=\frac{d(a+b)(b+c)(c+a)}{a(b+c)(c+d)(d+b)}
$

Lời giải. Từ giả thiết, ta có $\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{d}=k$. Suy ra $c=k d, b=k c=k^{2} d$ và $a=k b=k^{3} d$. Vì $b+c \neq 0$ nên $k \notin\{0,-1\}$. Ta có $a(c+d)(d+b)=k^{3} d^{3}(k+1)\left(k^{2}+1\right) \neq 0$ và

$
d(a+b)(a+c)=d^{3}\left(k^{3}+k^{2}\right)\left(k^{3}+k\right)=k^{3} d^{3}(k+1)\left(k^{2}+1\right) .
$

Như vậy, biểu thức $A$ được xác định và $A=1$.

Bài 2. Cho tam giác nhọn $A B C$, cân tại $A$. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên trên đường thẳng $A C$, và $E$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên đường thẳng $B C$.

(a) Tính số đo góc $B D E$ theo số đo của góc $B A C$.

(b) Giả sử $B C=A B+A D$, chứng minh rằng $B E=C D$.

Lời giải. (a) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ trên đường thẳng $B C$. Ta có $A H \| D E$ nên $\angle C D E=\angle C A H=\frac{1}{2} \angle B A C$. Từ đó $\angle B D E=90^{\circ}-\angle C D E=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$.

(b) Gọi $N$ là giao điểm của hai đường thẳng $A B$ và $D E$. Ta có

$
\angle A N D=\angle B A H=\angle C A H=\angle C D E=\angle A D N
$

nên tam giác $A D N$ cân tại $A$, suy ra $A N=A D$. Từ đó $B N=A B+A N=A B+A D=B C$. Hai tam giác vuông $B E N$ và $C D B$ có $B N=B C, \angle E B N=\angle D C B$ nên chúng bằng nhau (cg-gn). Suy ra $B E=C D$. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho tập hợp $A$ gồm tất cả các số nguyên từ 4 đến 21 . Chứng minh rằng, trong 10 số đôi một khác nhau bất kỳ thuộc tập $A$, luôn tồn tại hai số có tổng là một số chính phương.

Lời giải. Xét các cặp số $(4,21),(5,20), \ldots,(12,13)$. Có tất cả 9 cặp số, các số ở mỗi cặp đều thuộc tập $A$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 10 số đôi một khác nhau bất kỳ, luôn có hai số thuộc cùng một cặp số. Hai số này có tổng bằng 25 , là một số chính phương.

Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên tố $p, q, r$ (không nhất thiết đôi một khác nhau) thỏa mãn

$
\frac{p q}{p+q}=\frac{r^{3}+31}{31} \text {. }
$

Lời giải. Nếu $p=q$, thì ta có $\frac{p}{2}=\frac{r^{3}+31}{31}$, hay $p=\frac{2 r^{3}}{31}+2$. Suy ra $r$ chia hết cho 31 , tức $r=31$. Từ đó $p=1924$, mâu thuẫn vì 1924 không phải là số nguyên tố. Do đó $p \neq q$, suy ra $\frac{p q}{p+q}$ là một phân số tối giản. Từ tính chất của phân số tối giản, ta suy ra tồn tại một số nguyên dương $k$ sao cho

$
31=k(p+q), \quad r^{3}+31=k p q \text {. }
$

Vì $p+q>1$ nên $k=1$ và $p+q=31$. Suy ra $p, q$ khác tính chẵn lẻ. Từ đó $p=2, q=29$ hoă̆c $q=2$, $p=29$. Một cách tương ứng, ta tính được $r=3$. Vậy, các bộ số nguyên tố $(p, q, r)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài là $(2,29,3)$ và $(29,2,3)$.

Bài 5. Xét dãy gồm 66 số (không nhất thiết đôi một khác nhau) thỏa mãn: trung bình cộng của các số trong dãy bằng 13 , trung bình cộng của các số âm trong dãy bằng -11 , và trung bình cộng của các số dương trong dãy bằng 44. Hỏi, trong dãy đó, có thể có nhiều nhất bao nhiêu số âm?

Lời giải. Giả sử trong dãy có tất cả $m$ số dương và $n$ số âm. Khi đó, ta có $m+n \leqslant 66$. Gọi $A$ là tổng tất cả các số dương và $B$ là tổng tất cả các số âm, thế thì $A=44 m, B=-11 n$. Ngoài ra, ta cũng có $A+B=13 \cdot 66=858$. Suy ra $44 m-11 n=858$, hay $4 m-n=78$.

Từ kết quả trên, ta có $4 m-n \equiv 3(\bmod 5)$. Mà $(4 m-n)+(m+n)=5 m$ chia hết cho 5 nên $m+n \equiv 2(\bmod 5)$. Vì $m+n \leqslant 66$ nên ta có $m+n \leqslant 62$. Suy ra $5 n=4(m+n)-78 \leqslant 4 \cdot 62-78=170$. Từ đó $n \leqslant 34$. Như vậy, trong dãy đang xét có không quá 34 số âm. Mặt khác, dãy gồm 28 số 44,4 số 0 và 34 số -11 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy, trong dãy đang xét có nhiều nhất 34 số âm.

Bài 6. Ghi vào mỗi ô vuông con của bảng ô vuông kích thước $6 \times 6$ một số +1 , hoặc một số -1 . Ta gọi một hàng là hàng dương, nếu tổng tất cả các số được ghi trong hàng đó là số dương; và gọi một cột là cột âm, nếu tổng tất cả các số được ghi trong cột đó là số âm. Hỏi, bằng cách ghi số nêu trên, ta có thể thu được

(a) Một bảng số có đồng thời 5 hàng dương và 5 cột âm hay không? Vì sao?

(b) Một bảng số có đồng thời 4 hàng dương và 4 cột âm hay không? Vì sao?

Lời giải. (a) Giả sử tồn tại một cách ghi số sao cho bảng thu được có 5 hàng dương và 5 cột âm. Chú ý rằng, nếu cần, ta có thể “kéo” các hàng dương về liền nhau mà không thay đổi tính chất của bảng số. Tương tự như vậy cho các cột âm. Vì thế, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 5 hàng trên cùng của bảng là 5 hàng dương và 5 cột ngoài cùng bên trái là 5 cột âm.

Chia bảng đã cho thành các vùng như hình vẽ. Gọi $A$ là tổng các số ở vùng màu đỏ, $B$ là tổng các số ở vùng màu vàng và $C$ là tổng các số ở vùng màu hồng. Khi đó, ta có $A+B$ là tổng tất cả các số ở 5 hàng dương. Mỗi hàng dương có tổng là một số dương chẵn, vì thế $A+B \geqslant 5 \cdot 2=10$. Chứng minh tương tự, ta cũng có $A+C \leqslant-10$. Vì $C \geqslant-5$ nên $A \leqslant-5$, từ đó $B \geqslant 10-A \geqslant 15$, mâu thuẫn vì $B \leqslant 5$. Vậy, với mọi cách điền số, ta không thể nào thu được bảng có đồng thời 5 hàng dương và 5 cột âm.

(b) Có thể được. Cách điền số như bên dưới thỏa mãn yêu cầu.

Tải về file word

VMTC Lớp 8 – Kèm lời giải Ngày thi 12/3/2023

Bài 1 . Tìm tất cả các số tự nhiên $A$ có ba chữ số, thỏa mãn: Tổng $A+2023$ là một số có bốn chữ số, mà chữ số hàng nghìn và chữ số hàng đơn vị giống nhau, chữ số hàng trăm và chữ số hàng chục giống nhau.

Lời giải. Vì $A$ có ba chữ số nên $2123 \leqslant A+2023 \leqslant 3022$. Từ giả thiết, ta có

$A+2023 \in\{2222,2332,2442,2552,2662,2772,2882,2992,3003\}$.

Do đó $A \in\{199,309,419,529,639,749,859,969,980\}$.

Bài 2. Cho tam giác nhọn $A B C$, với trực tâm $H$. Dựng ra phía ngoài tam giác đó các hình chữ nhật $A B M N$ và $A C P Q$. Đường thẳng qua điểm $P$ và vuông góc với đường thẳng $A B$ cắt đường thẳng $B H$ tại điểm $X$. Đường thẳng qua điểm $M$ và vuông góc với đường thẳng $A C$ cắt đường thẳng $C H$ tại điểm $Y$. Chứng minh rằng $N Q=X Y$.

Lời giải. Dễ thấy tứ giác $B M Y H$ là hình bình hành, suy ra $Y H=M B=N A$. Mà $Y H \| N A$ nên tứ giác $A N Y B$ là hình bình hành. Từ đó $N Y \| A H$ và $N Y=A H$. Chứng minh tương tự, ta cũng có $Q X \| A H$ và $Q X=A H$. Vì thế $N Y \| Q X$ và $N Y=Q X$, suy ra tứ giác $N Q X Y$ là hình bình hành. Và vì vậy, ta có $N Q=X Y$. Bài toán được chứng minh xong.

Bài 3. Ở mỗi ô vuông con của bảng ô vuông kích thước $3 \times 3$, có 4 viên bi. Bạn Hà lấy bi ra khỏi bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy hai viên bi nằm ở hai ô vuông kề nhau, ở mỗi ô lấy một viên. Hỏi, bạn Hà có thể lấy ra khỏi bảng tối đa bao nhiêu viên bi? (Hai ô vuông được gọi là kề nhau, nếu chúng có cạnh chung.)

Read:   [Chủ đề 4 – Toán thực tế] Dạng 5: Bài toán thi đấu thể thao

Lời giải. Tô màu các ô vuông của bảng đen trắng xen kẽ theo kiểu bàn cờ như hình vẽ bên dưới.

Ta thấy hiệu số viên bi ở các ô vuông màu đen và số viên bi ở các ô vuông màu trắng luôn không đổi và luôn bằng 4 . Vì vậy, trên bảng luôn có ít nhất bốn viên bi, tức Hà chỉ có thể lấy ra khỏi bảng không quá 32 viên bi. Mặt khác, Hà hoàn toàn có thể lấy ra khỏi bảng 32 viên bi bằng cách lấy hết các viên bi ở các vùng màu tương ứng như hình vẽ bên dưới.

Vậy, Hà có thể lấy ra khỏi bảng nhiều nhất 32 viên bi.

Bài 4. Cho các số thực khác nhau $a, b, c$ thỏa mãn $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{23}{20}$. Tính giá trị của biểu thức

$
S=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}
$

Lời giải. Đặt $x=\frac{a}{a+b}, y=\frac{b}{b+c}$ và $z=\frac{c}{c+a}$. Khi đó, ta có $x y z=(1-x)(1-y)(1-z)$, hay

$
2 x y z=1-x-y-z+x y+y z+z x
$

Mặt khác, từ giả thiết, ta cũng có

$
\frac{20}{23}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=(2 x-1)(2 y-1)(2 z-1) .
$

Suy ra

$
\begin{aligned}
\frac{43}{23} & =8 x y z-4(x y+y z+z x)+2(x+y+z) \\
& =4(1-x-y-z+x y+y z+z x)-4(x y+y z+z x)+2(x+y+z) \\
& =4-2(x+y+z) .
\end{aligned}
$

Do đó $S=x+y+z=\frac{49}{46}$.

Nhận xét. Ngoài cách trên, ta cũng có thể tính $S$ trực tiếp bằng cách để ý

$
2 S-3=\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=-\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=-\frac{20}{23} .
$

Bài 5. Xét các số nguyên dương $a, b, n$, với $a<n$, thỏa mãn $\frac{a n^{2}+1}{b n+1}$ là số nguyên. Chứng minh rằng $b=a n$.

Lời giải. Từ giả thiết, ta có $a n^{2}+1$ chia hết cho $b n+1$. Do đó $n(a n-b)=\left(a n^{2}+1\right)-(b n+1)$ chia hết cho $b n+1$. Mà $(n, b n+1)=1$ nên $a n-b$ chia hết cho $b n+1$. Từ đó, suy ra $a+b^{2}=a(b n+1)-b(a n-b)$ chia hết cho $b n+1$. Nói riêng, ta có $a+b^{2} \geqslant b n+1>b n \geqslant b(a+1)=a b+b$, hay $(b-a)(b-1)>0$. Suy ra $b>a$. Bây giờ, do $a n-b$ chia hết cho $b n+1$ và $-(b n+1)<-b<a n-b<a n<b n<b n+1$ nên $a n-b=0$, hay $b=a n$. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 6. Cho tập hợp $S$ gồm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số. Chứng minh rằng, trong 106 số đôi một khác nhau tùy ý thuộc tập $S$, luôn tồn tại tám số, sao cho có thể phân chia tám số này thành bốn nhóm, mỗi nhóm có hai số, và các tổng hai số cùng nhóm bằng nhau.

Lời giải. Từ 106 đôi một khác nhau đã cho, ta tính tổng từng cặp hai số. Số tổng thu được là $\frac{106 \cdot 105}{2}=5565$. Mặt khác, mỗi tổng nhận thuộc tập $\{201, \ldots, 1997\}$ (có 1797 khả năng) nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất $\left\lfloor\frac{5565-1}{1797}\right\rfloor+1=4$ tổng bằng nhau. Gọi bốn tổng đó là $a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$, trong đó $\left\{a_{2 i-1}, a_{2 i}\right\} \neq\left\{a_{2 j-1}, a_{2 j}\right\}$ với mọi $1 \leqslant i<j \leqslant 4$. Rõ ràng tám số $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{8}$ đôi một phân biệt nhau. Từ đây, ta có điều phải chứng minh.

Tải về file word

Mình sẽ cập nhật đáp án tại đây

VMTC Lớp 9 – Kèm lời giải Ngày thi 12/3/2023

Bài 1. Giải hệ phương trình

$$
\left\{\begin{array}{l}
x^{2}+y^{2}=2 \\
\frac{x}{y}+\frac{1+y}{1+x}=2
\end{array}\right.
$$

Lời giải. Điều kiện: $y \neq 0$ và $x \neq-1$. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với $\frac{x}{y}-1+\frac{1+y}{1+x}-1=0$, hay $(x-y)(x-y+1)=0$. Từ đó $y=x$ hoặc $y=x+1$. Đến đây, bằng cách xét các trường hợp tương ứng, ta dễ dàng tìm được tất cả các nghiệm của hệ là $(1,1),\left(\frac{-1+\sqrt{3}}{2}, \frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$ và $\left(\frac{-1-\sqrt{3}}{2}, \frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)$.

Bài 2. Ở mỗi ô vuông con của bảng ô vuông kích thước $3 \times 3$, có 4 viên bi. Bạn Hà lấy bi ra khỏi bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy hai viên bi nằm ở hai ô vuông kề nhau, ở mỗi ô lấy một viên. Hỏi, bạn Hà có thể lấy ra khỏi bảng tối đa bao nhiêu viên bi? (Hai ô vuông được gọi là kề nhau, nếu chúng có canh chung.)

Lời giải. Xem bài 3 , đề khối 8 .

Bài 3. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(x, y)$ thỏa mãn

$
x^{2}+16=5^{y} \text {. }
$

Lời giải. Từ giả thiết, dễ thấy $x$ là số lẻ, vì thế $x^{2} \equiv 1(\bmod 8)$. Suy ra $5^{y} \equiv 1(\bmod 8)$, do đó $y$ là số chẵn. Đặt $y=2 a$ với $a$ tự nhiên, phương trình đã cho có thể viết lại thành

$
\left(5^{a}-x\right)\left(5^{a}+x\right)=16
$

Chú ý rằng $5^{a}-x<5^{a}+x$ và $5^{a}-x, 5^{a}+x$ là các số chẵn, do vậy ta có $5^{a}-x=2$ và $5^{a}+x=8$. Giải hệ phương trình này, ta tìm được $a=1$ và $x=3$. Một cách tương ứng, ta có $y=2$ và $x=3$. Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy, có duy nhất một cặp số tự nhiên $(x, y)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài là $(2,3)$.

Bài 4. Cho tam giác nhọn $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $K$ là điểm đối xứng với điểm $A$ qua điểm $O$, và $D$ là hình chiếu vuông góc của điểm $K$ trên đường thẳng $B C$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $B C$, và $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $A M$. Đường thẳng qua điểm $D$ và song song với đường thẳng $A M$ cắt đường tròn tâm $K$, bán kính $K D$, tại điểm thứ hai $E$, khác $D$.

(a) Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $A$ của tam giác $A B C$. Chứng minh rằng $B H=C D$.

(b) Chứng minh rằng bốn điểm $B, C, N, E$ cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải. (a) Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $A H$ và đường tròn $(O)$. Ta có $\angle A T K=90^{\circ}$ nên $T K \perp A T$. Mà $B C \perp A T$ nên $T K \| B C$. Từ đó, tứ giác $B T K C$ là hình thang. Vì tứ giác $B T K C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên nó phải là hình thang cân. Từ đây, dễ thấy $B H=C D$. (Chú ý rằng, ta cũng có $H T=D K$ và $B D=C H$.)

(b) Dựng hình thang cân $B H Q C$. Dễ thấy hai tam giác $B N H$ và $C Q D$ bằng nhau (c-g-c), suy ra $Q D=N H$ và $\angle Q D C=\angle N H B$. Vì tam giác $H H M$ cân tại $N$ nên

$
\angle N M H=\angle N H M=180^{\circ}-\angle N H B=180^{\circ}-\angle Q D C=\angle Q D M \text {. }
$

Từ đó suy ra $Q D \| A M$. Nói riêng, ta có ba điểm $Q, D, E$ thẳng hàng. Bây giờ, do $A H \| D K$ và $A N \| D E$, ta dễ thấy hai tam giác cân $A N H$ và $D K E$ dồng dạng. Suy ra $\frac{D E}{A H}=\frac{K E}{N H}=\frac{D K}{Q D}=\frac{H T}{Q D}$, hay

$D E \cdot D Q=A H \cdot H T$

Mặt khác, ta lại có $A H \cdot H T=H B \cdot H C=D C \cdot D B$. Do đó $D E \cdot D Q=D C \cdot D B$. Suy ra tứ giác $B Q C E$ nội tiếp. Từ đây, với chú ý $B N Q C$ là hình thang cân, ta suy ra năm điểm $B, N, Q, C, E$ cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra kết quả cần chứng minh.

Bài 5. Điền vào mỗi ô vuông con của bảng ô vuông $20 \times 22$ một số nguyên dương không vượt quá 10 , sao cho hai số được điền ở hai ô có đỉnh chung nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng, có ít nhất 74 ô vuông con được điền số như nhau.

Lời giải. Bảng đã cho là hợp của 110 bảng con kích thước $2 \times 2$. Xét một bảng con $2 \times 2$ nào đó. Do cách điền số nên ở bảng con này, có nhiều nhất một ô vuông được điền số chia hết cho 2 và nhiều nhất một ô vuông được điền số chia hết cho 3 , và vì thế, ở bảng con này có ít nhất hai ô vuông được điền số thuộc tập $\{1,5,7\}$. Suy ra, trên bảng đã cho, có ít nhất $110 \cdot 2=220$ ô vuông được điền số thuộc tập $\{1,5,7\}$. Vì $220=3 \cdot 73+1$ nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất $73+1=74$ ô vuông được điền số giống nhau.

Bài 6. Cho hai số nguyên dương $m, n$ thỏa mãn $m$ không chia hết cho 101 ; và tồn tại 50 ước dương của $n$, mà số dư trong phép chia 50 ước dương này cho 101 lần lượt là $51,52, \ldots, 100$. Chứng minh rằng, tồn tại ước dương $d$ của $n^{2}$, mà $m-d$ chia hết cho 101 .

Lời giải. Gọi $d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{50}$ là 50 ước dương của $n$ có tính chất như đã cho trong đề bài, trong đó số dư trong phép chia $d_{i}$ cho 101 là $50+i$. Khi đó, ta thấy $d_{i} d_{50} \equiv 51-i(\bmod 101)$ với mọi $i=1,2, \ldots, 50$. Vì thế, 100 số $d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{50}, d_{1} d_{50}, d_{2} d_{50}, \ldots, d_{50} d_{50}$ khi chia cho 101 có đủ các số dư từ 1 đến 100 . Một trong các số dư đó sẽ trùng với số dư của $m$ khi chia cho 101 (do $m$ không chia hết cho 101). Gọi $d$ là số như vậy trong các số đang xét, khi đó rõ ràng $d$ là ước của $n^{2}$ và $m-d$ chia hết cho 101 .

Tải về file word

Mình sẽ cập nhật đáp án tại đây

Đừng quên tham gia nhóm facebook Wtailieu đề có thêm nhiều file Word hay

Xem thêm: Tổng hợp đề thi VMTC Tháng 1 năm 2023

Hình đại diện của người dùng

admin

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *