Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án)

Nội dung text: Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án)

1. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn b) Xét 푃( ) = 훼 + 훽(훼 ≠ 0). Từ (*) ta suy ra 훽 = 0. Khi đó 훼2023 2023 + 푄( ) ⋅ 훼2 2 + ( 2024 + ) ⋅ 훼 + 3 + 2025 = 0 1 1 1 2025 ⇔푄( ) = ― 2023 ― 훼2021 2021 ― ― ― ,∀ ∈ ℝ ∖ {0}. 훼 훼2 훼 훼2 1 1 1 2025 1 Suy ra 푄( ) = ― 2023 ― 훼2021 2021 ― ― ― ⋅ ,∀ ∈ ℝ ∖ {0}. 훼 훼2 훼 훼2 Vậy 푄( ) không là đa thức. Đây là điều vô lý. c) Xét 푃( ) là đa thức bậc 2 . Từ (*) ta suy ra 푃( ) = 훼( 2 + 2025)(훼 ≠ 0). Ta có: Gọi , , và 푅 lần lượt là độ dài ba cạnh , , và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác . Ta 푅 thấy hình chiếu của ′ trên có độ dài bằng . Do đó ′ = = . 2 2sin 푅 푅 Tương tự ′ = , ′ = . Dễ thấy ′ ′ = 180 ― . Áp dụng định lý hàm số cosine cho tam giác ′ ′, ta được: 2 2 푅 ′ ′ = 푅 + + 2 cos = 2 2 + 4 + 2( 2 + 2 ― 2) 2 2 1 1 1 = 푅 + + . 2 2 2 1 1 1 1 1 1 Tương tự, ta có: ′ ′ = 푅 + + ; ′ ′ = 푅 + + . 2 2 2 2 2 2 Do vậy ′ ′ = ′ ′ = ′ ′ = 휆, với 휆 = 푅 1 + 1 + 1 . 2 2 2 Từ | + + |2 ≥ 0, suy ra 3푅2 +2푅2(cos 2 +cos 2 +cos 2 ) ≥ 0. Hay ta có: 3 cos 2 +cos 2 +cos 2 ≥ ― . Do đó: 2 1 1 1 1 1 9 휆 = + + ≥ 2 sin2 sin2 sin2 2 sin2 + sin2 + sin2 1 18 1 18 = ≥ = 1. 2 (1 ― cos 2 ) + (1 ― cos 2 ) + (1 ― cos 2 ) 2 3 + 3/2 Suy ra Δ ′ ′ ′ ∽△ (c.c.c) với hệ số đồng dạng 휆 ≥ 1. Do đó Δ ′ ′ ′ có diện tích lớn hơn hoặc bằng diện tích △ . 1 Chú ý: Học sinh có thể chứng minh hệ số đồng dạng 휆 ≥ 1 bằng cách khảo sát tính lồi của hàm số ( ) = . sin2 DeThi.edu.vn
2. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Nếu 푆, là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác MNP thì các hình chiếu cưa S,T lên các đường thẳng , 푃,푃 cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm I của ST. Thật vậy, gọi là trung điểm của 푆 ; gọi 푆1,푆2,푆3 là hình chiếu của 푆 nên 푃,푃 , ; gọi 1, 2, 3 là hình chiếu của lên 푃,푃 , . Ta thấy hai tam giác vuông 푆푃푆1 và 푃 2 đồng dạng ngược hướng (vì là ảnh của nhau qua b phép vị tự đối xứng với tâm 푃 và trục là phân giác góc 푃 ). Suy ra (푆푃,푆푆1) = ( 2, 푃)(mod ). Hơn nữa, vì các tứ giác 푆1푆푆2푃, 1 2푃 nội tiếp nên: ( 1 2, 1푃) = ( 2, 푃) = (푆푃,푆푆1) = (푆2푃,푆2푆1)(mod ). Hay ( 1 2, 1푆1) = (푆2 2,푆2푆1)(mod ). Vậy bốn điểm 푆1,푆2, 1, 2 cùng nằm trên một đường tròn có tâm là giao điểm của trung trực 푆1 1 và trung trực 푆2 2, hay bốn điểm 푆1,푆2, 1, 2 cùng nằm trên một đường tròn tâm . Tương tự, bốn điểm 푆1,푆3, 1, 3 cùng nằm trên một đường tròn tâm , bốn điểm 푆2, 2,푆3, 3 cùng nằm trên một đường tròn tâm . Vậy sáu điểm 푆1,푆2,푆3, 1, 2, 3 cùng nằm trên một đường tròn tâm . Bổ đề được chứng minh. Quay lại chứng minh của bài toán. Gọi 퐽 là giao điểm khác của các đường tròn ( ′, ′ ) và ( ′, ′ ). Ta có 퐽 = 180∘ ― ′ = 180∘ ― ′ = 180∘ ― . 2 Tương tự 퐽 = 180∘ ― . Suy ra 퐽 = 360∘ ― 퐽 ― 퐽 = + = 180∘ ― = 180∘ ― ′ . 2 Do đó 퐽 ∈ ( ′, ′ ). Vậy ta có ′ ′, ′ ′, ′ ′ lần lượt là trung trực của 퐽 ,퐽 ,퐽 . Do đó 퐽 ′ ′ = 퐽 ′ = 퐽 . 2 Mặt khác 퐽 = ′ ′ (vì 퐽 ⊥ ′ ′, ⊥ ′ ). Suy ra 퐽 ′ ′ = ′ ′ . Tương tự 퐽 ′ ′ = ′ ′ ,퐽 ′ ′ = ′ ′ , hay 퐽 và là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ′ ′ ′. Do đó, theo bổ đề ta thấy ′,푌′,푍′ là hình chiếu của 퐽 lên ′ ′, ′ ′, ′ ′. Vì vậy (퐽, , ′),(퐽, ,푌′),(퐽, ,푍′) là các bộ ba thẳng hàng. Vậy ′, 푌′, 푍′ đồng quy tại điểm 퐽. Chú ý: Học sinh có thể chứng minh ,퐽 là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ′ ′ ′ bằng cách chứng minh bổ đề: "điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ′ ′ ′ của điểm 퐽 là tâm của đường tròn đi qua các điểm đối xứng của 퐽 qua các cạnh của tam giác ′ ′ ′." Tổng điểm Câu 3: 5,0 điểm Ta xếp 2024 viên bi trên các ô của đường chéo chính. Rõ ràng cách xếp này thỏa mãn điều kiện: không có hai viên 4 a nào được xếp ở hai ô kề nhau. Khi đó nếu di chuyển bất kỳ viên nào sang một trong các ô kề với nó thì sẽ có hai viên bi ở hai ô kề nhau. Ta sẽ chứng minh nếu đặt 4045 viên bi tuỳ ý vào bảng ô vuông 2024 × 2024 sao cho không có hai viên bi nào được đặt ở hai ô kề nhau thì có thể chuyển một viên bi sang ô kề nó để điều kiện bài toán được thoả mãn. Phản chứng: Giả sử không thể di chuyển bất kỳ viên bi nào để thoả mãn bài toán. Ta tô màu bảng vuông theo quy tắc bàn cờ, với ô ở hàng dưới cùng cột ngoài cùng bên trái được tô màu đen. Khi đó bảng vuông có một đường chéo chính D gôm 2024 ô màu đen đi từ ô này lên ô ở hàng trên cùng ở cột ngoài cùng bên phải. Bảng có 2024 b đường chéo phụ trắng song song với đường chéo D nói trên, trong đó có 1012 đường chéo phụ trắng bao gồm lần lượt 1,3, ,2023 ô trắng nằm ở bên trên đường D , và 1012 đường chéo phụ trắng nằm dưới đường D. Ngoài ra bảng cũng có 2023 đường chéo cùng hướng với bao gồm các ô đen. Giả sử bảng vuông có 푊 viên bi đặt ở các ô trắng và viên bi đặt ở các ô đen, với 푊 + = 4045. Không mất tính tổng quát, ta có thể coi 푊 > (trong trường hợp 푊 < ta sẽ thay bởi đường chéo chính thứ hai gồm các ô trắng đi từ ô dưới cùng ngoài cùng bên phải lên ô trên cùng ngoài cùng bên phải và lập luận tương tự). DeThi.edu.vn
3. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Xét các trường hợp sau: I. > . Khi đó từ điều kiện suy ra < 2023. Theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất một đường chéo phụ đen cùng hướng với D là trống. Suy ra phải có một cặp đường chéo liên tiếp nhau 1 và 2 gồm các ô đen sao cho 1 là trống 0 còn 2 có ít nhất một viên bi (ví dụ chúng đều 0 x nằm dưới đường chéo D như trên hình vẽ). 0 х Nếu 1 có nhiều ô hơn 2, ta chọn viên bi 0 nằm trên cùng của đường chéo 2, dịch chuyển nó lên trên về phía 1 và nhận được một cách sắp xếp mới vẫn thoả mãn điều kiện bài toán. | ￿ | 省 Nếu 1 có ít ô hơn 2, khi đó mỗi đường chéo phụ đen cùng hướng với D nằm bên phải của D và phía trên của 2 phải có ít nhất một viên bi (nếu không sẽ đưa về trường hợp ở trên khi 1 nhiều ô hơn 2 ). Suy ra trên đường chéo 2 phải có đủ bi. Gọi số bi trên 2 là 2 ( với 1 ≤ ≤ 1011). Suy ra tổng số bi trên các ô đen ở nửa dưới bên phải của bảng vuông không ít hơn 2 +(1011 ― ) × 1 = 1011 + ≥ 1012 Suy ra số bi nằm ở các ô đen ở nửa trên đường chéo D nhỏ hơn 2023 - 1012 = 1011 viên. Do đó có ít nhất một đường chéo đen nằm trên D không có bi. Lại lập luận tương tự suy ra tổng số bi ở trên các ô đen ở nửa trên bên trái của bảng vuông không ít hơn 1012 viên. Vì vậy ≥ 2024 (mâu thuẫn). II. = . Khi đó 푊 = 4045. Xét tất cả 2024 đường chéo trắng cùng hướng với (ta gọi tắt là các đường chéo trắng). a. Xét trường hợp mỗi đường chéo trắng đều có ít nhất một viên bi. Do chỉ có tổng cộng 4045 viên bi, nên phải có ít nhất một đường chéo trắng có đúng một viên bi. Không mất tính tổng quát, giả sử đường chéo này nằm bên trên đường chéo chính D . Gọi các đường chéo trắng nằm trên D lần lượt là 1, 2,.., 1012 (đường chéo 푛 có 2푛 ―1 ô trắng). Khi đó nếu 푛(2 ≤ 푛 ≤ 1012) có một viên bi thì 푛―1 cũng chỉ có thể chứa một viên bi (vì nếu 푛―1 chứa ít nhất hai viên bi thì một trong các viên bi này có thể di chuyển sang phải hoặc xuống dưới một ô về phía 푛 để không có hai viên bi nào kề nhau). Nếu tất cả các đường chéo 1, 2, , 1012 đều chỉ chứa một viên bi, bằng lập luận tương tự như trên cũng suy ra lần lượt tất cả các đường chéo trắng nằm dưới D cũng chỉ chứa một viên bi. Do đó, tổng số viên bi nhỏ hơn 4045 (mâu thuẫn). Vậy phải có một trong các đường chéo 1, 2, , 1012 có nhiều hơn một viên bi. Giả sử 푙 là chỉ số đầu tiên sao cho 푙 có nhiều hơn một viên bi. Suy ra 2 ≤ 푙 ≤ 2012 và các đường chéo 1, 2,.., 푙―1 có đúng một viên bi theo lập luận trên. Hơn nữa, cũng từ lập luận ở trên, để ý tới vị trí đặc biệt của đường chéo 1, ta suy ra tất cả các viên bi duy nhất trên các đường chéo 1, 2, , 푙―1 đều phải nằm ở ô trung tâm của các đường chéo này để không thể dịch chuyển lên trên hoặc sang trái được. Gọi các ô trắng trên đường chéo 푙 theo thứ tự từ dưới lên là 1, 2, , 푙―1, 푙, 푙, 푙+1, , 2푙―1 (nhắc lại rằng đường chéo 푙 có đúng 2푙 ― 1 ô trắng), trong đó ô 푙 ở vị trí trung tâm của đường chéo này. DeThi.edu.vn
4. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn ĐỀ SỐ 4 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2023-2024 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 06/01/2024 Câu 5 (6,0 điểm) Với mỗi đa thức 푃( ), ta đặt 푃1( ) = 푃( ),∀ ∈ ℝ; 푃2( ) = 푃(푃1( )),∀ ∈ ℝ; 푃2024( ) = 푃(푃2023( )),∀ ∈ ℝ Cho là số thực lớn hơn 2 . Tồn tại hay không một đa thức 푃( ) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: với mỗi 2024 푡 ∈ ( ― ; ), phương trình 푃2024( ) = 푡 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt? Câu 6 (7,0 điểm) Với mỗi số nguyên dương 푛, gọi 휏(푛) là số các ước nguyên dương của 푛. a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương 휏(푛) + 2023 = 푛 với 푛 là ẩn số. b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương sao cho có đúng hai số nguyên dương 푛 thỏa mãn phương trình 휏( 푛) + 2023 = 푛. Câu 7 (7,0 điểm) Trong không gian, cho đa diện lồi sao cho tại mỗi đỉnh của có đúng một số chẵn các cạnh chứa đỉnh đó. Chọn ra một mặt 퐹 của . Giả sử ta gán cho mỗi cạnh của một số nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: với mỗi mặt (khác mặt 퐹 ) của , tổng các số được gán với các cạnh của mặt đó là một số nguyên dương chia hết cho 2024. Chứng minh rằng tổng các số được gán với các cạnh của mặt 퐹 cũng là một số nguyên dương chia hết cho 2024. DeThi.edu.vn
5. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi thứ hai: 06/01/2024 I. HƯỚNG DẪN CHUNG 1. Giám khảo chấm đúng như Đáp án - Thang điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo. 2. Nếu thí sinh có cách trả lời khác nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo Hướng dẫn chấm. 3. Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi. II. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Ý Đáp án Xét đa thức 푃( ) = 2 ― . 2024 Ta chứng minh: với mỗi 푡 ∈ ( ― ; ), phương trình 푃2024( ) = 푡 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt. 푛 Dễ thấy deg푃푛( ) = 2 ,∀푛 ≥ 1. ∞ Xét dãy đa thức {푃푛( )}푛=1 được xác định như sau: 푃1( ) = 푃( ),∀ ∈ ℝ; ∀푛 ≥ 1:푃푛+1( ) = 푃(푃푛( )),∀ ∈ ℝ. ∗ 푛 Ta chứng minh khẳng định sau: với mỗi 푛 ∈ ℕ , với mỗi 푡 ∈ ( ― ; ), phương trình 푃푛( ) = 푡 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ― ; ). 5 Ta chứng minh khẳng định trên bằng quy nạp theo 푛. +) Với 푛 = 1 : phương trình 푃1( ) = 푡 có đúng hai nghiệm thực phân biệt là 1,2 =± + 푡 ∈ ( ― ; ). 푛 +) Giả sử phương trình 푃푛( ) = 푡 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ― ; ) với mọi 푡 ∈ ( ― ; ). 2 2 Xét phương trình 푃푛+1( ) = 푡⇔(푃푛( )) ― = 푡⇔(푃푛( )) = + 푡( ∗ ). Do 푡 ∈ ( ― ; ) nên + 푡 > 0 và do đó ― < ― + 푡 < 0 < + 푡 < . Theo giả thiết quy nạp ta có: mỗi 푛 phương trình 푃푛( ) = + 푡;푃푛( ) = ― + 푡 đều có 2 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ― ; ). 푃 ( ) = ― + 푡 Ta có: ( ∗)⇔ 푛 . 푃푛( ) = + 푡 푛 푛 푛+1 Suy ra phương trình 푃푛+1( ) = 푡 có 2 + 2 = 2 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ― ; ). Vậy khẳng định được chứng minh. Tồng điểm Câu 5: 6,0 điểm DeThi.edu.vn
6. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Do tập các ước nguyên dương của 푛 có thể viết dưới dạng 푆 = , 푛 :1 ≤ ≤ 푛, ∣푛 , ta có 휏(푛) ≤ 2 푛. Từ phương trình suy ra 푛 > 2023 và 푛 ≤ 2 푛 +2023⇒( 푛 ―1)2 ≤ 2024⇒푛 ≤ 2115. Nếu 푛 chẵn thì 휏(푛) lẻ nên 푛 là số chính phương chẵn. Điều này không xảy ra vì 462 > 2115,442 < 2023. 훼1 훼푠 + Nếu 푛 lẻ thì 푛 = 1 푠 với 3 ≤ 1 < 1 < ⋯ < 푠 là các số nguyên tố, 훼푖 ∈ ℤ . Nếu 푠 ≥ 5 thì 푛 ≥ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13 > 2115, loại. 2 Nếu 푠 = 4 thì do 3 .5.7.11 > 2115 ta phải có 훼1 = 훼2 = 훼3 = 훼4 = 1. Lúc này 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2039 là số nguyên tố, loại. 4 Nếu 푠 = 3 thì do 3 .5.7 > 2115 ta phải có 훼1 + 훼2 + 훼3 ≤ 5. 6 a - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2039, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,2,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 18 nên 푛 = 2041 = 13.157, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2035 = 5.11.37, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,1) thì 휏(푛) = 8 nên 푛 = 2031 = 3.677, loại. 6 Nếu 푠 = 2 thì do 3 .5 > 2115 ta phải có 훼1 + 훼2 ≤ 6. - Với (훼1,훼2) = (1,5) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2035 = 5.11.37, loại. - Với (훼1,훼2) = (2,4) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 15 nên 푛 = 2038 = 2.1019, loại. - Với (훼1,훼2) = (3,3) thì 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2039, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,4) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 10 nên 푛 = 2033 = 19.107, loại. - Với (훼1,훼2) = (2,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2035 = 5.11.37, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 8 nên 푛 = 2031 = 3.677, loại . 4 - Với (훼1,훼2) = (2,2) thì 휏(푛) = 9 nên 푛 = 2032 = 2 .127, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 6 nên 푛 = 2029, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,1) thì 휏(푛) = 4 nên 푛 = 2027, loại. 7 Nếu 푠 = 1 thì do 3 > 2115 ta phải có 훼1 ≤ 6. Do 휏(푛) chẵn nên 훼1 lẻ. - Với 훼1 = 5 thì 휏(푛) = 6 nên 푛 = 2029, loại. - Với 훼1 = 3 thì 휏(푛) = 4 nên 푛 = 2027, loại. 4 2 - Với 훼1 = 1 thì 휏(푛) = 2 nên 푛 = 2025 = 3 .5 , loại. Vậy không có số nguyên dương 푛 thỏa mãn phương trình. DeThi.edu.vn
7. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Ta chứng minh với = là số nguyên tố > 2030, thì pt 휏( 푛) + 2023 = 푛 có đúng 2 nghiệm. Thật vậy, nếu ∣푛 thì 푛 = 훼 với ( , ) = 1,훼 ∈ ℤ+. Ta có: (훼 +2)휏( ) + 2023 = 훼 ⇒ ( 훼 ― 훼 ― 2) < 2023. Vô lý. Vậy 푛 không chia hết cho . Pt trở thành 2휏(푛) + 2023 = 푛. Suy ra 푛 lẻ và 푛 ≤ 4 푛 +2023⇒( 푛 ―2)2 ≤ 2027⇒푛 ≤ 2211. 훼1 훼푠 + Viết 푛 = 1 푠 với 3 ≤ 1 2211, loại. 2 Nếu 푠 = 4 thì do 3 .5.7.11 > 2211 ta phải có 훼1 = 훼2 = 훼3 = 훼4 = 1. Lúc này 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2055 = 3.5.137, loại. 4 Nếu 푠 = 3 thì do 3 .5.7 > 2211 ta phải có 훼1 + 훼2 + 훼3 ≤ 5. b - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2055 = 3.5.137, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,2,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 18 nên 푛 = 2059 = 29.71, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2047 = 23.89, loại. - Với (훼1,훼2,훼3) = (1,1,1) thì 휏(푛) = 8 nên 푛 = 2039, loại. 6 Nếu 푠 = 2 thì do 3 .5 > 2211 ta phải có 훼1 + 훼2 ≤ 6. - Với (훼1,훼2) = (1,5) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2047 = 23.89, loại . - Với (훼1,훼2) = (2,4) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 15 nên 푛 = 2053, loại. - Với (훼1,훼2) = (3,3) thì 휏(푛) = 16 nên 푛 = 2055 = 3.5.137, loại. 2 - Với (훼1,훼2) = (1,4) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 10 nên 푛 = 2043 = 3 .227, loại. - Với (훼1,훼2) = (2,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 12 nên 푛 = 2047 = 23.89, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,3) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 8 nên 푛 = 2039, loại. - Với (훼1,훼2) = (2,2) thì 휏(푛) = 9 nên 푛 = 2041 = 13.157, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,2) hoặc hoán vị thì 휏(푛) = 6 nên 푛 = 2035 = 5.11.37, loại. - Với (훼1,훼2) = (1,1) thì 휏(푛) = 4 nên 푛 = 2031 = 3.677. Thỏa mãn. 8 Nếu 푠 = 1 thì do 3 > 2211 ta phải có 훼1 ≤ 7. - Với 훼1 = 7 thì 휏(푛) = 8 nên 푛 = 2039, loại. - Với 훼1 = 6 thì 휏(푛) = 7 nên 푛 = 2037 = 3.7.97, loại. 7 - Với 훼1 = 5 thì 휏(푛) = 6 nên 푛 = 2035 = 5.11.37, loại. - Với 훼1 = 4 thì 휏(푛) = 5 nên 푛 = 2033 = 19.107, loại. - Với 훼1 = 3 thì 휏(푛) = 4 nên 푛 = 2031 = 3.677, loại. - Với 훼1 = 2 thì 휏(푛) = 3 nên 푛 = 2029, loại. - Với 훼1 = 1 thì 휏(푛) = 2 nên 푛 = 2027. Thỏa mãn. Vậy có đúng hai số nguyên dương 푛 thỏa mãn phương trình. Tổng điểm Câu 6: 7,0 điếm DeThi.edu.vn
8. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Bổ đề: Ta có thể gán nhãn cho mỗi mặt của bởi một trong hai giá trị + 푃 hoặc ― 푃, sao cho hai mặt bất kỳ có chung một cạnh luôn được gán nhãn khác nhau. Chứng minh bổ đề: Giả sử là đa diện gồm các đỉnh 1, 2, , 푛. Chọn là một điểm bên trong . Dựng một hình cầu 푆 tâm bán kính 푅 nằm bên trong . Nối cắt mặt cầu 푆 tâm bán kính 푅 tại (1 ≤ ≤ 푛). Khi đó đa diện sẽ tương ứng với một "đa diện cong" với các đỉnh là (1 ≤ ≤ 푛), các "cạnh" tương ứng là các cung cong trên 푆, và các "mặt" tương ứng là các miền trên 푆 được giới hạn bởi các cung cong này. Một phép gán nhãn cho các mặt của sẽ tương ứng với một phép gán nhãn cho các mặt của bởi + 푃 hoặc ― 푃. Rõ ràng tại mỗi "đỉnh" của cũng có đúng một số chẵn các "cạnh" chứa đỉnh đó. Khi đó khẳng định của bài toán chuyển về khẳng định có thể gán nhãn cho các "mặt cong" của bởi hai giá trị + 푃 hoặc ― 푃 sao cho hai "mặt" cong bất kỳ có chung một "cạnh" luôn được đánh số khác nhau. Định nghĩa: Ta sẽ gọi một cách gán nhãn cho các mặt của một đa diện cong trên 푆 là "Tốt" nếu hai "mặt" cong bất kỳ có chung một "cạnh" của luôn được gán nhãn khác nhau. Chọn một đỉnh 퐾 tùy ý của . Ta bắt đầu di chuyển từ đỉnh 퐾 này dọc theo các cạnh của . Trong quá trình di chuyển như vậy, khi đi tới một đỉnh kế tiếp, ta sẽ chọn một cạnh tùy ý xuất phát từ đỉnh kế tiếp này, cho đến khi nào chưa quay lại một đỉnh nào đó mà ta đã đi qua khi bắt đầu hành trình từ 퐾. Gọi đỉnh đầu tiên quay lại là , tức là là đỉnh đầu tiên mà hành trình đi từ 퐾 đang xét quay trở lại một đỉnh đó. Một đoạn của hành trình này khi đi từ và quay về chính nó (lần đầu tiên) là một đường cong khép kín và không tự cắt trên 푆. Ta tạm thời xóa bỏ các cạnh của nằm trên ra khỏi tập các cạnh của (nhưng giữ lại các đầu mút của các cạnh). Khi đó trở thành một "đa diện cong" ′ mới, trong đó số các cạnh xuất phát tại mỗi đỉnh hoặc giữ nguyên (nếu không đi đi qua đỉnh này), hoặc giảm đi 2 (nếu đi qua đỉnh này). Tiếp tục quá trình trên đối với ′, ta lại chọn ra một đường cong ′ không tự cắt, khép kín và tạm thời xóa bỏ nó khỏi ′. Quá trình này cứ tiếp tục như vậy đối với mỗi "đa diện" cong mới. Chú ý rằng sau mỗi một bước, các "mặt cong" sẽ dần hợp nhất lại để trở thành một "mặt" mới, và các đỉnh của dãy các "đa diện" cong , ′, sẽ dần dần không còn là đỉnh của các "đa diện" cong ở các bước tiếp theo, nếu không có cạnh nào nữa đi qua. Vì qua mỗi đỉnh của có đúng một số chẵn các cạnh chứa đỉnh đó, nên sau một số hữu hạn bước xóa bỏ các đường cong khép kín, quá trình trên sẽ dừng lại và trên mặt cầu 푆 không còn cạnh nào, và như thế cũng không còn đỉnh nào (đỉnh hiểu theo nghĩa phải có ít nhất 1 cạnh đi qua nó). Giả sử các đường cong khép kín không tự cắt đã bị tạm thời xóa bỏ khỏi 푆 trong quá trình trên lần lượt là , ―1, , 1. Như vậy đa diện cong có thể được khôi phục bằng cách lần lượt đặt trở lại các đường cong 1, 2, , lên mặt 푆. Gọi "đa diện cong" nhận được sau khi đặt 1, 2, , lên là (1 ≤ ≤ ). Rõ ràng mỗi đường + ― cong khép kín không tự cắt chia đa diện cong ―1 thành hai phần không giao nhau là 푆 và 푆 . Đặt 0 = 푆. Ta thực hiện phép gán nhãn các mặt của theo quy nạp như sau. • Bước 0: gán nhãn toàn bộ mặt cầu 푆 bởi duy nhất một trong hai giá trị + 푃 hoặc ― 푃, ví dụ bởi + 푃. • Bước thứ 풌 : Sau khi đặt trở lại lên 푆, ta đổi nhãn của tất cả các "mặt cong" hoặc phần của các "mặt ― cong" thuộc 푆 sang nhãn đối dấu ( + 푃 thành ― 푃 và ngược lại), còn giữ nguyên nhãn của các mặt cong thuộc + 푆 . Ta sẽ chứng minh khẳng định sau. Khẳng định: Tại mỗi bước thư , phép gán nhãn được thực hiện như trên đối với (1 ≤ ≤ ) là Tốt. Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo (1 ≤ ≤ ). Bước cơ sở: Khẳng định hiển nhiên đúng với = 0, = 1. Bước quy nạp: Giả sử khẳng định đúng tới ―1. Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng tới . ± ± ± Thật vậy, gọi 퐹 là tập hợp các mặt của nằm trong 푆 , tương ứng. Khi đó các mặt thuộc 퐹 chia thành hai loại: • Các mặt được giữ nguyên thừa hưởng từ ―1 (nếu không đi qua các mặt này). • Các mặt được sinh ra khi đi qua mặt nào đó của ―1 và chia đôi mặt đó. Gọi tập hợp các mặt mới xuất ± hiện do phép chia nhỏ này là . Theo giả thiết quy nạp, phép gán nhãn trên ―1 là Tốt. Vì khi đặt trở lại, ta đổi các nhãn trong các mặt ― ― thuộc 푆 sang giá trị đối dấu, nên phép gán nhãn là Tốt khi xét riêng đối với 푆 . Rõ ràng, phép gán nhãn khi xét + riêng đối với 푆 cũng Tốt, do các nhãn đượcDeThi.edu.vn giữ nguyên ở phần này.
9. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn ĐỀ SỐ 5 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/02/2023 Bài 1 (5,0 điểm) 1 3 Xét dãy số (an) thỏa mãn a1 = 2,an+1 = 3an+1 ― an và 0 ≤ an ≤ 1, với mọi n ≥ 1. a) Chứng minh rằng dãy (an) xác định duy nhất và có giới hạn hữu hạn. 2 n b) Cho dãy số (bn) xác định bởi bn = (1 + 2a1)(1 + 2 a2)⋯(1 + 2 an) với mọi n ≥ 1. Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn hữu hạn. Bài 2 (5,0 điểm) Cho các số nguyên a,b,c,α,β và dãy số ( un ) xác định bởi u1 = α,u2 = β,un+2 = aun+1 + bun + c với mọi n ≥ 1. 2022 a) Chứng minh rằng nếu a = 3,b = ―2,c = ―1 thì có vô số cặp số nguyên (α;β) để u2023 = 2 . b) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n0 sao cho có duy nhất một trong hai khẳng định sau là đúng: 2023 2023 i) Có vô số số nguyên dương m để un0un0+1⋯un0+m chia hết cho 7 hoặc 17 ; ii) Có vô số số nguyên dương k để un0un0+1⋯un0+k ―1 chia hết cho 2023 . Bài 3 (5,0 điểm) Tìm số thực dương k lớn nhất sao cho bất đẳng thức 1 1 1 k + 3 + + ≥ kab + c2 kbc + a2 kca + b2 a2 + b2 + c2 đúng với mọi bộ ba số thực dương (a;b;c) thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca). Bài 4 (5,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có DB = DC và nội tiếp một đường tròn. Gọi M,N tương ứng là trung điểm của AB,AC và J,E,F tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC với BC,CA,AB. Đường thẳng MN cắt JE,JF lần lượt tại K,H;IJ cắt lại đường tròn (IBC) tại G và DG cắt lại (IBC) tại T. a) Chứng minh rằng JA đi qua trung điểm của HK và vuông góc với IT. b) Gọi R,S tương ứng là hình chiếu vuông góc của D trên AB,AC. Lấy các điểm P,Q lần lượt trên IF,IE sao cho KP và HQ đều vuông góc với MN. Chứng minh rằng ba đường thẳng MP,NQ và RS đồng quy. • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm. DeThi.edu.vn
10. Tuyển tập 9 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThi.edu.vn ĐÁP ÁN Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kê thời gian giao đề) Ngày thi: 24/02/2023 I. HƯỚNG DẪN CHUNG 1. Giám khảo châm đúng nhu đáp án, biếu điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo. 2. Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án rhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo biểu điểm của Hướng dẫn chấm thi. 3. Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của tìng câu, điểm của bài thi. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Thang Bài Ý ĐÁP ÁN điểm 3 3 Viết lại biều thức 푛+1 = 3 푛+1 ― 푛 dưới dạng 푛 = 3 푛+1 ― 푛+1, 푛 = 1,2, Xét hàm số ( ) = 3 ― 3. Khi đó, ta có ′( ) = 3 ― 3 2 ≥ 0 yới mọi 0 ≤ ≤ 1. 1 Điều này suy ra hàm đồng biến trên [0;1]. Vi vậy, tì̛ = ∈ [ (0); (1)] = [0;2], 1 2 3 suy ra 2 là nghiệm duy nhất của phương trình 1 = 3 ― trên [0,1]. Tiếp tục quá trình trên ta = 3 ― 3 [0;1] 1 a nhận được dãy ( 푛), trong đó 푛 là nghiệm đuy nhất của phưong trìh 푛―1 trên với 푛 = 1,2, Yày dãy ( 푛) xác địnih duy nhất. Mặt khác, ta có 3 3 2 푛 ― 푛+1 = 2 푛+1 ― 푛+1 ≥ 푛+1 ― 푛+1 = 푛+1 1 ― 푛+1 ≥ 0 với mọi 푛 = 1,2, Vi vậy ( 푛) dãy giảm và bị chặn đưới. Do đó, ( 푛) là dãy hội tụ (có giới hạn hữu hạn). 훼 Ghi chú. Thí sinh có thể chímg minn bằng quy nạp 푛 = 2sin 3푛―1 với mọi 푛. DeThi.edu.vn