Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năng khiếu quốc gia - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năng khiếu quốc gia - Môn: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NKQG NĂNG KHIẾU QUỐC GIA NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUNG) (29/5/2021) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. a2 b ab a a 32 a b b a Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức P ( a b 0) a ab a b a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh P>0 Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình (x2 2 x 3)( 3 2 x x 1) 0 b) Cho ():d y ( m 1) x nm ;(): d1 y 3 x 1 tìm m, n biết (d) đi qua A(0;2), đồng thời (d) song song với ( d1 ) Bài 3. (1,5 điểm) Cho P lần lƣợt là đồ thị hàm số y = x2 và y = 2x + m a) Tìm m sao cho (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A( x1 ; y 1 ); B ( x 2 ; y 2 ) 22 b) Tìm m sao cho (x1 x 2 ) ( y 1 y 2 ) 5 Bài 4. (2 điểm) a) Công ty viễn thông gói cƣớc đƣợc tính nhƣ sau: - Gói 1: 1800 đồng/phút cho 60 phút đầu tiên, 1500 đồng/phút cho 60 phút tiếp theo và 1000 đồng/phút cho thời gian còn lại. - Gói II: 2000 đồng/ phút cho 30 phút đầu tiên, 1800 đồng/ phút cho 30 phút tiếp theo, 1200 đồng/phút cho 30 phút tiếp theo nữa và 800 đồng/ phút cho thời gian còn lại. Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gối II vì sẽ tiết kiệm đƣợc 95000 đồng so với gọi I, Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng b) Cho tam giác ABC có AB=3;BC=5;AC=4 và phân giác BD của góc ABC.Tính BD. Bài 5. (3,0 điểm) Cho ΔABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (T) có tâm O, bán kính R, BC = R 3 tiếp tuyến tại B, C của (T) cắt nhau tại P. Cát tuyến PA cắt (T) tại D (khác A). Đƣờng thẳng OP cắt BC tại H a) Chứng minh ΔPBC đều. Tính PA.PD theo R b) AH cắt (T) tại E (khác A). Chứng minh HA.HE = HO.HP và PD = PE c) Trên AB lấy điểm I thỏa AI = AC, trên AC lấy điểm J thỏa AJ = AB. Đƣờng thẳng vuông góc với AB tại I và đƣờng thẳng vuông góc với AC tại J cắt nhau ở K. Chứng minh IJ = BC và AK⊥ BC. Tính PK theo R Lời giải
2. a2 b ab a a 32 a b b a Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức P ( a b 0) a ab a b a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh P>0 Lời giải a) Rút gọn biểu thức P ta có P 23 a ab b b) Ta có P 2 a 3 ab b ( a b )(2 a b ) 0 Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình (x2 2 x 3)( 3 2 x x 1) 0 b) Cho ():d y ( m 1) x nm ;(): d1 y 3 x 1 tìm m, n biết (d) đi qua A(0;2), đồng thời (d) song song với ( d1 ) Lời giải 3 a)Ta có điều kiện 1 x .Ta có 2 (x2 2 x 3)( 3 2 x x 1) 0 ( x 1)( x 3)( 3 2 x x 1) 0 x 10 2 xS 3 0  1; . 3 3 2xx 1 m 13 1 b) Để (d) song song với ( ) thì mn 2; .Ta có biết (d) đi qua mn 1 2 A(0;2) nên 2 3.0 2nn 1. Bài 3. (1,5 điểm) Cho P lần lƣợt là đồ thị hàm số y = x2 và y = 2x + m a) Tìm m sao cho (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A( x1 ; y 1 ); B ( x 2 ; y 2 ) 22 b) Tìm m sao cho (x1 x 2 ) ( y 1 y 2 ) 5 Lời giải a)Phƣơng trình hoành độ giao điểm = 2x + m hay -2x-m=0 (1).Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt hay ' 0 m 1 (*). b)Ta có S x1 x 2 2; P x 1 x 2 m .Ta có Axy(;)()1 1 d y 1 2 xmBxy 1 ;(;)() 2 2 d y 2 2 xm 2 .Ta có 3 (xxyy )(2 )5( 2 xx )1( 2 xxxx )4 2 1 m 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 Bài 4. (2 điểm) a) Công ty viễn thông gói cƣớc đƣợc tính nhƣ sau: - Gói 1: 1800 đồng/phút cho 60 phút đầu tiên, 1500 đồng/phút cho 60 phút tiếp theo và 1000 đồng/phút cho thời gian còn lại.
3. - Gói II: 2000 đồng/ phút cho 30 phút đầu tiên, 1800 đồng/ phút cho 30 phút tiếp theo, 1200 đồng/phút cho 30 phút tiếp theo nữa và 800 đồng/ phút cho thời gian còn lại. Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gối II vì sẽ tiết kiệm đƣợc 95000 đồng so với gọi I, Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng b) Cho tam giác ABC có AB=3;BC=5;AC=4 và phân giác BD của góc ABC.Tính BD. Lời giải a)Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là t(phút), t>0. Gọi A(x);B(x) lần lƣợt là cƣớc phí khi gọi x(phút) tƣơng ứng với gói cƣớc I; II. Theo bài ta có A(t)-B(t)=95000( đồng).Ta có bảng sau : t 0 t 30 30 t 60 60 t 90 90 t 120 t>120 A(t) 1800t 1800t 1500t+18000 1500t+1800 1000t+78000 B(t) 2000t 1800t+6000 1200t+42000 800t+78000 800t+78000 A(t)- -200t -6000 300t-24000 700t-60000 200t B(t) 1190 1550 Loại Loại tl 90( ) tl 120( ) T=475(n) 3 7 Vậy thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là 474(phút) b)Ta có AB2 AC 2 BC 2 nên tam giác ABC vuông tại A.Ta có CD DA CD AD13 AB 35 AD .Ta có AB2 AD 2 BD 2 BD . CB AB BC AB 2 2 2 2 Bài 5. (3,0 điểm) Cho ΔABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (T) có tâm O, bán kính R, BC = R 3 tiếp tuyến tại B, C của (T) cắt nhau tại P. Cát tuyến PA cắt (T) tại D (khác A). Đƣờng thẳng OP cắt BC tại H a) Chứng minh ΔPBC đều. Tính PA.PD theo R b) AH cắt (T) tại E (khác A). Chứng minh HA.HE = HO.HP và PD = PE c) Trên AB lấy điểm I thỏa AI = AC, trên AC lấy điểm J thỏa AJ = AB. Đƣờng thẳng vuông góc với AB tại I và đƣờng thẳng vuông góc với AC tại J cắt nhau ở K. Chứng minh IJ = BC và AK⊥ BC. Tính PK theo R Lời giải a)Ta có PO là trung trực BC nên PO vuông góc BC và H là trung điểm BC.Ta có HC 3 sinHOC  HOC  6000 HOC  HCP 60 .Tam giác PCB có OC 2 PC=PB và  BCP 600 nên ΔPBC đều. Xét ΔPBD và ΔPAB có PBD  PAB;  BPD chung nên ΔPBD đồng dạng ΔPAB suy ra PA.3 PD PB22 R b)Xét ΔHAB và ΔHCE có AHB  CHE;  HAB  HCE nên ΔHAB đồng dạng ΔHCE suy ra HA HE HB HC HB2 HO PH .
4. HO HA Xét ΔHOA và ΔHEP có OHA  EHP; nên ΔHOA EH PH đồng dạng ΔHEP suy ra HOA  HEP .Lúc đó AOEP nội tiếp nên HPE  HPD PD PH (1).Ta có PA PD PB2 HP PO suy ra ΔPDH OP PA đồng dạng ΔHEP suy ra OHDA nội tiếp. Mà PAO  ODA  AHO  PHE  PHD  PHE .Từ (1) và (2) suy ra ΔHDP=ΔHEP suy ra DP=EP. c) Tam giác AJI bằng tam giác ABC nên JI=BC.Gọi Q là giao điểm BC và AK.Ta có AIKJ nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AK suy ra AKI  AJI;  AJI  ABC  AKI  ABC .Tứ giác BQKI nội tiếp suy ra BIK  BQK 18000  BQK 90 AK  BC .Vì ΔABC=ΔAIJ nên bán kính hai đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác trên bằng nhau nên AK=2R.Ta có tam giác CPO vuông tại C nên PO2 OC 2 CP 2 42 R 2 OP R AK .Ta có AK vuông góc BC và OP vuông góc BC nên AK song song OP.Tứ giác AOPK là hình bình hành suy ra PK=AO=R.Vậy PK=R. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NKQG NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUYÊN) (26/5/2021) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. xy 2 1 2 Bài 1.(1,5 điểm) Cho hệ phƣơng trình: x y m a) Giải hệ với m = 7 b) Tìm m sao cho hệ có nghiệm (x, y) 1 1 1 1 1 1 c a b Bài 2.(1,5 điểm) Cho MNK ;; abc babcca babcca abc2 2 2 a) Chứng minh nếu MK. thì N = 0 abc b) Cho M = K = 4, N = 1. Tính tích abc. Bài 3.(1,5 điểm) Cho dãy n số thực x12; x ; ; xn ( n 5) thỏa: x12 x xn và x12 x xn 1 1 a) Chứng minh nếu x thì x x x n 3 12 n 2 b) Chứng minh nếu x thì tìm đƣợc số nguyên dƣơng k < n sao cho n 3
5. 12 x x x 3312 k Bài 4.(1,5 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho (2n 1)3 1 chia hết cho 22021 2n 2 4 n2 2 n 1 b) Tìm tất cả số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho ; là các số pp nguyên. Chứng minh với n và p tìm đƣợc, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phƣơng. Bài 5.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm E, F lần lƣợt thay đổi trên các cạnh AB, AC sao cho EF k BC. Gọi D là giao điểm của BF và CE, H là hình chiếu của D lên EF. Đƣờng tròn (I) đƣờng kính EF cắt BF, CE tại M, N. (M khác F, N khác E) a) Chứng minh AD và đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác HMN cùng đi qua tâm I của đƣờng tròn tâm I. b) Gọi K, L lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của E, F lên BC và P, Q tƣơng ứng là giao điểm của EM, F N với BC. Chứng minh tứ giác AEP L, AF QK nội tiếp và BP. BL không đổi khi E, F thay đổi. CQ. CK c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đƣờng tròn (I) thì EM và F N cắt nhau trên đƣờng thẳng BC. Bài 6.(1,0 điểm) Cho N tập hợp (N 6), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau đƣợc lấy từ 26 chữ cái a, b, c, . . ., x, y, z. a) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả N tập hợp này. Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho. b) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong N tập hợp này. Hỏi trong số N tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái? Lời giải xy 2 1 2 Bài 1.(1,5 điểm) Cho hệ phƣơng trình: x y m a) Giải hệ với m = 7 b) Tìm m sao cho hệ có nghiệm (x, y) Lời giải xy 2 1 2 a) Ta có (1). ĐKXĐ: x 2, y 1 x y m
6. x 2 (x 2 y 1)2 4 x 2 y 1 0 y 5 (1) ⇔ . Vậy (x, y) ∈ {(2; 5),(6; 1)} x y 77 x y x 6 y 1 b) (1) ⇔ (x 2 y 1)42 2 x 2 y 17(*) m 4(xy 2 y x 2 (7 m )2 ( ) x y m x y m m 7 Ta có (∗∗) ⇔ 4 [y(x − 1) − x − y + 2] = m2 − 14m − 49 ⇔ 4 [(m − x)(x − 1) − m + 2] = m2 − 14m − 49 ⇔ 4 x2 − 4(m + 1)x + − 6m + 41 = 0 (2).Ta có (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) 2 có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2⇔ ∆’ = 2 m 1 − 4 ( − 6m + 41) = 32m − 160 ≥ 0⇔ m ≥ 5.Vậy với 5 ≤ m ≤ 7 thì hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm. 1 1 1 1 1 1 c a b Bài 2.(1,5 điểm) Cho MNK ;; abc babcca babcca abc2 2 2 a) Chứng minh nếu MK. thì N = 0 abc b) Cho M = K = 4, N = 1. Tính tích abc. Lời giải a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a)Ta có MKNN.0 abc abc b)Ta có M = K = 4; N = 1.Theo câu a) ta đƣợc: a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 MKN. 16 1 abc abc abc a2 b 2 c 215 abc ( a b c ) 2 2( ab bc ac ) 15 abc(∗). Ta có: K + 3 = (a + b + c)N ⇒ 7 = a + b + c và M = 4 ⇒ ab + bc + ca = 4abc. Thay 49 vào (∗) ⇒ 7.7 − 2.4abc = 15abc ⇒ abc = 23 Bài 3.(1,5 điểm) Cho dãy n số thực x12; x ; ; xn ( n 5) thỏa: x12 x xn và x12 x xn 1 1 a) Chứng minh nếu x thì x x x n 3 12 n 2 b) Chứng minh nếu x thì tìm đƣợc số nguyên dƣơng k < n sao cho n 3 12 x x x 3312 k Lời giải
7. 1 a) Giả sử rằng x x x 0 x 0 x 0,  i 2 .Suy ra 1 2ni3 2 x1 x 2 xn 2 x n 1 x n x 1 x 2 x n 2 x n 1 x n 1. Nhƣng 1 1 1 1 x x ;,(); x x x x x nên khi cộng theo vế, ta có V T > 1, vô lý. 1 23n 1 n 2 2 1 2 6 n 3 1 Vậy điều giả sử là sai hay nếu nếu x thì x x x n 3 12 n b) Giả sử không tồn tại số k nhƣ trên. Khi đó tồn tại chỉ số l n − 1 để 12 11 x x x ; x x x Suy ra x 0 x ,  k l 1. Nếu l < n − 1 331 2ll 1 2 1 3311 k thì tồn tại x12 do l + 2 n. Ta có 1 x x x x x x 1, vô lý x x x 1.Từ đó l = n − 1. Để ý 1 2l 13 1 2 l 1 l 2 12 n 2 21 rằng x nên x x x 1 x 1 . Kết hợp với l = n − 1 nên n 3 1 2nn 1 33 21 x x x x , vô lý.Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số k < n 1 2nn 1 33 12 để: x x x 3312 k Bài 4.(1,5 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho (2n 1)3 1 chia hết cho 22021 2n 2 4 n2 2 n 1 b) Tìm tất cả số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho ; là các số pp nguyên. Chứng minh với n và p tìm đƣợc, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phƣơng. Lời giải a) Ta có (2n + 1)3 + 1 22021 ⇔ (2n + 2)(4n2 + 2n + 1) 22021⇔ 2(n + 1)(4n2 + 2n + 1) 22021 ⇔ (n + 1)(4n2 + 2n + 1) 22020 ⇔ n + 1 22020 (do 4n2 + 2n + 1 ≡ 1 (mod 2)) ⇔ n = 22020k − 1 (k ∈ Z+) b) Từ p | 2n + 2 và p | 4n2 + 2n + 1 thì p phải là số lẻ, dẫn đến p | n + 1. Do 4n + 2 + 2n + 1 = 4(n − 1)(n + 1) + 2(n + 1) + 3 nên p | 3, từ đó p = 3. Kết hợp với điều kiện p | n + 1 thì n = 3k − 1 với k ∈ Z+. 2n 2 4 n2 2 n 1 Ta chứng minh rằng ; không cùng là số chính phƣơng. 33 Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngƣợc lại, vì chúng đều là số nguyên dƣơng nên: 2n 2 4 n2 2 n 1 .() ss2 (s ∈ Z). Viết lại thành (2n + 1)3 = (3s − 1)(3s + 1). Do s 33 là số chẵn nên (3s − 1, 3s + 1) = 1, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên a, b để ab = 2n + 1, (a, b) = 1 và:3s − 1 = a3
8. và 3s + 1 = b3. Từ đây 2 = (b − a)(b2 + ba + a2). Do b > a nên b − a ∈ {1, 2}. Xét từng trƣờng hợp và giải ra cụ thể, ta đƣợc (a, b) = (−1, 1). Tuy nhiên điều này dẫn đến s = 0, trái với việc s > 0 từ điều đã giả sử. Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phƣơng. Bài 5.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm E, F lần lƣợt thay đổi trên các cạnh AB, AC sao cho EF k BC. Gọi D là giao điểm của BF và CE, H là hình chiếu của D lên EF. Đƣờng tròn (I) đƣờng kính EF cắt BF, CE tại M, N. (M khác F, N khác E) a) Chứng minh AD và đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác HMN cùng đi qua tâm I của đƣờng tròn tâm I. b) Gọi K, L lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của E, F lên BC và P, Q tƣơng ứng là giao điểm của EM, F N với BC. Chứng minh tứ giác AEP L, AF QK nội tiếp và BP. BL không đổi khi E, F thay đổi. CQ. CK c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đƣờng tròn (I) thì EM và F N cắt nhau trên đƣờng thẳng BC. Lời giải Cách 1: a) Qua D kẻ đƣờng thẳng // BC //EF, cắt AB, AC tại X, Y. Có: DY FD XE XD suy ra D là trung điểm XY. Vậy AD đi qua trung điểm I của CB FB BE CB EF. Các tứ giác HNFH,DMEH nội tiếp nên: ∠DHN=∠DFN=∠MAN;∠MHD=∠MED=∠MAN từ đó: ∠MHN=2∠MAN=∠MIN suy ra tứ giác IHNMIHNM nội tiếp. b) Tứ giác MPLFMPLF nội tiếp nên BM.BF=BP.BL;BM.BF=BE.BA
9. do tứ giác AEMF nội tiếp. Suy ra BP.BL=BE.BA do đó tứ giác AEPL nội tiếp. BP BL BE BA BA2 Tƣơng tự thì AFQK nội tiếp.Ta có CQ CK CF CA AC 2 c) Giả sử EL, FK cắt nhau tại S thuộc (I).Khi đó ∠ESF = 900 và EF LK là hình BP BU BK CQ CV CL vuông.Vẽ P U⊥AB, QV ⊥AC. Ta có ; . Đặt x = EF = BC BA BL BC CA CK BK CL KL. Ta cần chứng minh 1⇔ BK · CK + BL · CL = BL · CK BL CK ⇔ BK(CL + x) + (BK + x)CL = (BK + x)(CL + x) ⇔ x2 = BK · CL. Đúng vì tam giác BEK và CF L đồng dạng. Cách 2: a) Theo bổ đề hình thang thì: AD đi qua trung điểm EF,BC.Gọi EM giao FN tại A. Gọi MN cắt EF tại S. Theo tính chất quen thuộc thì: D là trực tâm XS nên SH.SI=SD.SR=SE.SF => I,H,M,N đồng viên b) 1) Ta chỉ cần chứng minh: AEPL nội tiếp là đi, vai trò của tứ giác AFQK là tƣơng tự. Ta có: ∠BEP = ∠AFM = ∠ALB(do tr giác AFLB nội tiếp)=> AEPL nội tiếp. Tƣơng tự thì: AFQK nội tiếp. 2) Ta có = const c)Gọi EL giao với FK tại G.Ta có EFLK là hình chữ nhật có 2 đƣờng chéo vuông BE BA FC CA góc nên nó là hình vuông.Ta có BP ; BL EB AB BP CQ .Ta chứng LB CK BE BA FC CA minh BP+CQ=CB hay BC .Ta có tam giácCFK đồng dạng tam LB CK giác GEA suy ra
10. CF GE CQ BE GF CQ CF .Tƣơng tự thì .Nhƣ vậy cần có CK GA CA LB GA CA CK FC () BA CA BC CF BA CF CA CK BC . Đặt EF=x.Ta có CK FL FL x x. BC CL AC AC sinCCF ; cot CCLxCKxxCxx . ; .cot . CFsin C sin C AB FL AB AB BC AB BC AC AC BC AC BC AC Ta có x. x . x . BC . 1 x . BC BC (đúng). AB AB AB AB AB Bài 6.(1,0 điểm) Cho N tập hợp (N 6), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau đƣợc lấy từ 26 chữ cái a, b, c, . . ., x, y, z. a) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả N tập hợp này. Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho. b) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong N tập hợp này. Hỏi trong số N tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái? Lời giải Cách 1: a) Giả sử có chữ cái σ sao cho σ có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho, chẳng hạn 6 tập AAA1; 2 ,; , 6 . Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chữ cái chung duy nhất là σ. Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: 1 + 6(5 − 1) = 25. • Nếu N = 6 thì vô lý do σ không xuất hiện trong tất cả N tập hợp. Do đó N ≥ 7. • Với N 7, lấy tập A7, có 2 khả năng: – A7 chứa σ: Vì và những tập AAA1; 2 ,; , 6 có chung đúng một chữ cái σ nên còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc . Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: 1 + 7(5 − 1) = 29 > 26 (vô lý) – không chứa σ.Khi đó sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập và 6 phầntử này phải khác nhau. (vì 6 tập đã có chung σ) Do đó có ít nhất 6 phần tử. (vô lý). Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ N tập hợp đã cho. b) Giả sử có nhiều nhất k tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn a và b. Khi đó dễ thấy k N − 1 nên tồn tại một tập hợp khác chƣa đƣợc kể tên trong k tập hợp trên, đặt là tập hợp X, X không chứa {a, b}. • Nếu X không chứa cả a lẫn b. X giao mỗi tập trong k tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên 2k 5 ⇒ k 2 • Nếu X chỉ chứa a, không chứa b. Khi đó 4 phần tử còn lại giao với k tập kia ở các phần tử khác nhau, mà X có 5 phần tử nên k 4. Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có
11. chung đúng 2 chữ cái. Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có 4 tập hợp, xét N = 6. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ 1 đến 26. Khi đó chọn bộ N tập hợp nhƣ sau: A1 = {1, 2, 3, 4, 5} A2 = {1, 2, 6, 7, 8} A3 = {1, 2, 9, 10, 11} A4 = {1, 2, 12, 13, 14} A5 = {1, 3, 6, 10, 13} A6 = {2, 3, 6, 9, 12}. Bộ 6 tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán. Cách 2: a) Giả sử tồn tại một phần tử X của tập A sao cho x thuộc sáu tập Bi nào đó. Không mất tính tổng quát, giả sử x ∈ B1 , x ∈ B2, x ∈ B3, x ∈ B4, x ∈ B5 và x ∈ B6. Vì x không thể thuộc tất cả các tập Bi nên tồn tại một tập Bi nào đó không chứa x. Không mất tính tổng quát, giả sử Bi không chứa x. Đặt Bi= {a, b, c, d, e}. Ta thấy Bi có đúng một phần tử chung với từng tập trong các tập B1 , B2, B3, B4, B5, B6. Không mất tính tổng quát, giả sử a là phần tử chung của B7 và B1. Khi đó, a không thể là phần tử chung của B7 và B2 (vì nếu không B1 và B2 sẽ có hai phần tử chung là a và x). Do đó, B7 và B2 sẽ có phần tử chung khác a. Không mất tính tổng quát, giả sử b là phần tử chung của B7 và B2. Cứ nhƣ vậy, ta có thể giả sử c là phần tử chung của B7 và B3. Với d là phần tử chung của B7 và B4, e là phần tử chung của B7 và B5. Lúc này, bộ B7 và B6 không có phần tử chung nào, mâu thuẫn. Vậy không có phần tử nào của tập A xuất hiện đồng thời trong sáu tập Bi nào đó. b) Trƣớc hết, ta sẽ chứng minh rằng với hai phần tử x, y phân biệt bất kỳ của tập A thì có không quá bốn tập Bi chứa hai phần tử này. Thật vậy, giả sử ngƣợc lại, tồn tại năm tập Bi nào đó chứa x và y. Không mất tính tổng quát, giả sử B1 , B2, B3, B4, B5 cùng chứa x và y. Khi đó, theo giả thiết, tồn tại một tập Bi không chứa x. Không mất tính tổng quát, giả sử B6 không chứa x. Xét các trƣờng hợp sau. • Trƣờng hợp 1: B6 chứa y. Đặt B6 = {y, a, b, c, d}. Ta thấy B6 có đúng hai phần tử chung với từng tập trong các tập B1 , B2, B3, B4, B5. Không mất tính tổng quát, giả sử a là phần tử chung của B 6và B1. Khi đó, a không thể là phần tử chung của B6 và B2, (vì nếu không B1 và B2 sẽ có ba phần tử chung là a, x, y). Do đó, B6 và B2 sẽ có phần tử chung khác a. Không mất tính tổng quát, giả sử b là phần tử chung của B6và B3. Cứ nhƣ vậy, ta có thể giả sử c là phần tử chung của B3 và B4, A là phần tử chung của B6 và B4.Lúc này, B6 và B5, chỉ có đúng một phân tử chung, mâu thuẫn. • Trƣờng hợp 2: B, không chứa y. Đặt B = {a, b, c, d, e}. Ta thấy B6 và B có đúng hai phần tử chung, không mất tính tổng quát, giả sử là a và b. Khi đó, a, b không thể thuộc bất kỳ tập hợp nào trong các tập B2, B3, B4, B (vì nếu không sẽ có hai tập có ba phần tử chung). Do đó, hai phần tử chung của B6 và B2 khác a và b. Không
12. mất tính tổng quát, giả sử hai phần tử chung đó là c và d. Hoàn toàn tƣơng tự, ta thấy c và d không thể thuộc B3. Suy ra B6 và B3 có không quá một phần tử chung, mâu thuẫn. Nhƣ vậy, có không quá bốn tập Bi sao cho các tập này có đúng hai phần tử chung. Bây giờ, xét sáu tập hợp: B1 = {a,b,c,d,e}, B2 = {a,b, f, g, h}, B3 = {a,b, i, j, k}. B4 = {a,b, l, m, n}, B5 = {a, c, f, 1}, B6 = {b, c, f, j, m}. Ta thấy sáu tập hợp này thỏa mãn yêu cầu đề bài, đồng thời bốn tập hợp B1 , B2, B3, B4 có hai phần tử chung. Vậy có nhiều nhất bốn tập có đúng hai phần tử chung.