TOÁN Đề thi, đáp án học sinh giỏi quốc gia năm học 2023 2024

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KY THI CHON HỌC SINH GIỎI QUÓC GIA
— TRUNG HOC PHO THONG
NAM HOC 2023-2024

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đị

Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024

(Đề thì gồm 01 trang, có 04 câu)

Câu 1 (5,0
Với mỗi số thực x, ta gọi [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.

Cho day sé {a,}"n=l xdc dinh béi: a, = —.vn >1. Đặt b„= ct Ya - đi +tl đ; vn.
AL og, 7] WW \ ay

a) Tìm một đa thức (+) với hệ số thực sao cho b,=P [4m >1.
n

b) Chứng mỉnh rằng tồn tại một day số nguyên dương {ø,},_. tăng thực sự sao cho

limb, = es
kss * 2025
Câu 2 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức P(x), Ó(z) với hệ số thực sao cho với mỗi số thực z thì P(z) là nghiệm

của phương trình: x””” + Ĩ(a).x” +(27”? +a)x+a” +2025a = 0. tròn đi
Câu 3 (5,0 điểm)
B, gọi

Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp Ó. Gọi 4 là tâm của đường 45C.

qua € và tiếp xúc 4? tại 4, gọi Ư' là tâm của đường trịn đi qua 4 và tiếp xúc ƯC tại
C' la tam đường trịn đi qua B va tiép xúc C4 tại Œ.

a) Chứng minh rằng diện tích tam giác 4'8'C" lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác

b) Gọi X,Y,Z lần lượt là hình chiếu vng góc của Ĩ lên các đường thắng 4'', .C',C“4.

Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ lần lượt cắt lại các đường thang
A'B',B'C',C'A' tai cdc diém X',Y',Z'(X'# X,¥'4Y,Z'#Z). Chimg minh rằng các

đường thắng 4X”, BY',CZ' đồng quy.

Câu 4 (5,0 điểm)

Người ta xếp & viên bi vào các ô của một bảng 2024x 2024 ô vuông sao cho hai điều kiện sau
được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô
kề nhau (hai ơ được gọi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh).

a) Cho & = 2024. Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi chuyển bắt

kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ý kề với nó thì cách xếp mới khơng cịn thỏa mãn cả

hai điều kiện nêu trên.

b) Tìm giá trị & lớn nhất sao cho với mọi cách xếp & viên bi thỏa mãn hai điều kiện trên ta
có thể chuyển một trong số các viên bi đã được xếp sang một ơ kề với nó mà cách xếp mới vẫn
khơng có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau.

HÉT se
* Thí sinh KHƠNG được sử dụng tài liệu và máy tính cẩm tay;
* Gidm thi KHONG giai thich gi thém.

KY THI CHON HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
TRUNG HỌC PHỎ THÔNG
NĂM HỌC 2023-2024

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao dé)
Ngày thi thứ hai: 06/01/2024
(Đề thi gồm 01 trang, có 03 cân)

Câu 5 (6,0 điểm)
Với mỗi đa thức P(x), ta đặt

P(x) = P(x), Vx € R;

P,(x) = P(A(x)), Vx eR;

Pry (%) = PŒ¿z;(x)), Vx e.

Cho z là số thực lớn hơn 2. Tôn tại hay không một đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn điều

kiện: với mỗi 7 e(—a ; z), phương trình ?„„„„(x) =í có đúng 2””' nghiệm thực phân biệt?
Câu 6 (7,0 điểm)

Với mỗi số nguyên dương ø, gọi 7(n) là số các ước nguyên dương của z.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương 7(ø) + 2023 = ø với ø là ân số.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên đương & sao cho có đúng hai số ngun

dương ø thỏa mãn phương trình 7(&z) + 2023 =ø.

Câu 7 (7,0 điểm)

Trong không gian, cho đa diện lồi D sao cho tại mỗi đỉnh của D có đúng một số chấn các
cạnh chứa đỉnh đó. Chọn ra một mặt #' của D. Giả sử ta gán cho mỗi cạnh của D một số
nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: với mỗi mặt (khác mặt F) cua D,
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 #' cũng là một số nguyên
đương chia hết cho 2024.

* Thi sinhKHONG được sử dụng tài liệu và máy tính cam tay;
* Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.

ÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
TRUNG HQC PHO THONG
NĂM HỌC 2023-2024

HUONG DAN CHAM DE THỊ CHÍNH THỨC
Mơn: TỐN
Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024

(Hướng dẫn chấm thi có 09 trang)

I. HUONG DAN CHUNG Hướng

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

dẫn chấm.

3. Giám khảo khơng quy trịn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.
Il. DAP AN - THANG DIEM

Câu | Ý Đáp án

1 |2 | Với mỗi „ >I, tồn tại duy nhất & sao cho 4Ý <ø#<4!°' Khi đó

a, =4""", hay on == k+l Dễ thay a, =1,a, =4. Khi đó:

rhb, =4) +(41~<49).4! +(42~4)/42+..+(4<41),44nH

+(n—4*).4""|

=143(4 +4 +. PET) a ng `

=n.4m _s*

4" 1(4“Ý a„ 1(aÝ
Suy ra 5, = m= ~f 3) » Vn = 2,
n S5\ n n S\n

5

Khi m=l ta có: b, =a, -s=#-zL#) .
> 1-31

Vậy đa thức P(x) =-3x +x théa man b, =5) Vn>I.

n

b 202
Dat d= 2024 Khi đó phương trinh X _ly ? =đ có hai nghiệm
2025 3

Xu= 5+25-204 <(;4).

2

Nhận xét: +{z,};_, —> œ: jim =X,
7° HK,

Thật vậy, do l< X¡ <4 nên nếu chọn = 4”, Ta có:

”"|Ý k Je Vk>4“!1
1

Vậy lim —*=X,.°q,

koò+øœ nN,

: Gy, l 2 1 2
Suyra_ lim | —*- lim 8, =d.
kò+øœ Hy 5 a, |=4,-~A; =d=>
koto
=)—| 5

Nn,

Tổng điểm Câu 1: 5,0 điểm
Gia str P(x), Q(x) la hai da thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện bài tốn.

Với mọi ø e lĐ, do P(z) là nghiệm của phương trình:
x3 4 O(a). 9° + (a +.a)x +a’ +2025a = 0 nén

Pa) + O(a). P?(a) + (a +a). P(a) + a` +2025a = 0
<> P(a)[P*™ (a) + Q(a). P(a) + (a””? + a)]= —(a` +2025a).
Suy ra đa thức x” +2025x chia hết cho da thtre P(x) (*).
a) Xét P(x) =ec R. Dễ thấy e # 0.Ta có:

c?3 + O(a). e° +(a””?+a).ce+a`+2025a = 0

© O(a) = ~— a =a -[+ em VaeR.
¢ he

P(x) =c #0

Vậay 06) =2! é at [2 ¢ như
c ê

b) Xét P(x) =ax+ PB (a #0).

Từ (*) ta suy ra đ=0. Khi đó
đa 7+ Bài Ca +(a™ +a). aa+a’ +2025a =0
& O(a)= a2023 _ ạy201 2021 VẮẦồ...2-025 -YaeTR\(0).

a a aa
Suy ra O(x=)— 1 x23 —gimiami_t yt 2025 L

a. a a a
Vay Q(x) khong la da thirc. Day là điều vô lý.
e) Xét P(x) là đa thức bậc 2,

Từ (*) ta suy ra P(x) = ø(x”+2025) (øœ #0). Ta có:

2

P3 (a) + O(a). P?(a) + (ae +a). P(a) + a` +2025a =0
<> P*” (a) +Q(a). P(a)+ (a +a) toa =0

o> a (a? +2025) + O(a). a. (a? +2025) + (a°™ +a)+—a=0

a

= a’ (a? +2025) + O(a). a. (a° +2025) = -| am + ( + *) “|

a

Suy ra da thire R(x) = x70 + i + +} chia hết cho đa thức
a

S(x) =x? +2025,

Ta có:

Rx) =| (» A0) 6 —= (20257) 2506 |-|Í+zT)»+e»s 25)06 |

Suy ra đa thức 1 +4 x + (20257) chia hét cho da thtie S(x).

a

Điêu này là vô lí.

d) Xét P(x) là đa thức bậc 3.
Từ (*) ta suy ra P(x) = a(x’ +2025x) (a #0). Voi moi đ # 0, ta có:
P*”(a)+@(). P°(a) +(a””° +a). P(a)+a` +2025a = 0

© P””(a)+O(a). P(a)+(a””°+a) +120

a

© a” (a? +2025a)” + O(a). a. (a? +2025a) + (a +.) + 19

a

S al a?! (a’ +2025) + O(a). a. (a +2025) + (a? + D]

Điều này là vơ lí. 420, Vø#0

P(x)=c #0 a
Kết luận: Q(x) on
a (14202),
c
c c c
Xét thê hình như dưới đây:
Tổng điểm Câu 2: 5,0 điểm

Goi a,b,c va ® lần lượt là độ dài ba cạnh 8Œ, C4, 4B và bán kính đường trịn

ngoại tiếp của tam giác ABC. Ta thấy hình chiếu của O4 trên 4ð có độ dài

bằng a Do dé OA' = #& a
2 2sind a

Ra Rb
Tương tu OB’ =e ee =—. Dễ thấy 4'OB' =180-À. Áp dụng định lý
c
ham sé cosine cho tam gidc OA'B', ta dugc:

22 R

ab b ab

1 l l
=R.|—+—+—.c.

và Z4 tư! _— I
Tuong tu, tacéd: B'C’=R I | Š f l I
Ret ee cA =R pt pte I

Do vậy^ AB BIC! Cla =A, voi A=R,/— —+ >l
AB BC. CA
Từ |O4+ OB+ OC[ > 0, suy ra 3Ÿ +2? (cos2⁄4+cos2B + cos2C) > 0.—————\

Hay ta có: cos2A+cos2B+cos2C = ->. Do đó:

1 i 7a 1A=—a)1+ 1 2 +— 1 2 ¬ l s2 9
s3 mm
2Ysnˆ4 snB sinC. 2ÝWsin 4+sin B+sinC

21J(I-eos24)+(I-eos2B)+(I-cos2C) 23+3/2 ˆ`
Suy ra AA'B'C' ~ AABC (c.c.c) với hệ số đồng dạng 4 >1. Do đó A4##Œ!
có diện tích lớn hơn hoặc băng diện tích AABC . ‹
Chú ý: Học sinh có thể chứng minh hệ số đồng dạng 4 >l băng cách khảo sát
tinh 1di ca ham sé f(x) = 1
sin?x
Ta chứng minh bố đề sau. ;
Bồ để. Nêu S,T là hai điêm liên hợp đẳng giác trong tam giác MANP thì các
hình chiếu của S,T lên các đường thắng MN,NP,PM cùng nằm trên mội
đường tròn có tâm là trung điểm l của ST.

Thật vậy, gọi 7 là trung điểm của Š7; gọi S1s92„5; là hình chiếu của ,Ÿ nên

MNP,PM,MN; gọi Tị,1,,1; là hình chiếu của 7' lên MP, PM, MN. Ta thấy

hai tam giác vng ŠP%; và 7P7; đồng dạng ngược hướng (vì là ảnh của nhau

qua phép vị tự đối xứng với tâm P va trục là phân giác góc MPN ). Suy ra

(SP,SS1) =(T7;,7P) (mod Z).

Hơn nữa, vì các tứ giác S,SS;P,7;77;P nội tiếp nên:

(fi.1,P) =(T1,.TP) =(SP,SS,) =(S,P,5,5,) (mod z).

Hay (177,775) = (S;7;..5„5,) (modz). Vậy bốn điểm ðIa52;71ạ1 củng
nằm trên một đường trịn có tâm là giao điểm của trung trực S17; và trung trực
S21, hay bốn điểm 51s92; 7,1 cùng nằm trên một đường tròn tâm 7. Tương
tự, bốn điểm Š,Š;,7;,7 cùng nằm trên một đường tròn tâm 7 , bốn điểm

S,,7,,5;,7, cing nằm trên một đường tròn tâm J. Vậy sáu điểm
Sioi9ysSastys lost, cing nằm trên một đường tròn tâm 7. Bổ đề được chứng
minh.

Quay lại chứng mình của bài tốn. Gọi J là giao điểm khác 4 của các đường

tròn (4,44) và (', B'B). Ta có
Ta = 190° 44 190° OA'A =180° — CAB.

Tuong tu AJB =180° — ABC. Suy ra

BJC = 360° —CJA— AJB = CAB + ABC =180° — BCA = 180° — BC'C

Do dé J e(C',C'C). Vậy ta có A'P',B'C',C⁄4' lần lượt là trung trực của

JA, JB, JC. Do 46 JC'B’ = JC'B — JCB.

Mat khac JCB = A'C'O (vi JC L C'A',CB LC'O).

Suy ra JC'B' = ACO.
Tương tự JB’A' = C'B'0, JA'C’ = BA’, hay J va O là hai điểm liên hợp
đẳng giác trong tam giác 4C. F
Do đó, theo bơ đê ta thây X”,Y”,Z“ là hình chiêu của J lên A’B’, B'C',C'A’.

Vì vậy (J,4,X'), (i, B, T} (J,6,Z) là các bộ ba thắng hàng. Vậy
AX',BY',CZ' đồng quy tại diém J.
Chú ý: Học sinh có thể chứng minh O,.7 là hai điểm liên hợp đẳng giác trong
tam giác 4'B'C' bằng cách chứng minh bỗ đề: “điểm liên hợp đẳng giác trong
tam giác A'B'C" của điểm J là tâm của đường tròn đi qua các điểm đối xứng
của J qua các cạnh của tam giác B.C'.”

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: khơng có hai viên nào được xếp ở hai ô kề nhau. Khi đó nếu di
chuyển bất kỳ viên nào sang một trong các ơ kể với nó thì sẽ có hai viên bi ở hai

ơ kể nhau.

Ta sẽ chứng minh nếu đặt 4045 viên bi tuỳ ý vào bảng ơ vng 2024 x 2024
sao cho khơng có hai viên bỉ nào được đặt ở hai ô kề nhau thì có thể chuyển một

viên bi sang ơ kề nó để điều kiện bài toán được thoả mãn.
Phản chứng: Giả sử không thể di chuyển bắt kỳ viên bi nào dé thoả mãn

bài tốn. Ta tơ màu bảng vng theo quy tắc bàn cờ, với ơ ở hàng dưới cùng cột
ngồi cùng bên trái được tơ màu đen. Khi đó bảng vng có một đường chéo
chính D gồm 2024ơ màu đen đi từ ô này lênô ở hàng trên cùng ở cột ngồi cùng
bên phải. Bảng có 2024 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 6
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 D bao gồm các ô
đen.

Giả sử bảng vng có W viên bi đặt ở các ô trắng và P viên bi đặt ở các

ô đen, với W + B = 4045. Không mất tính tổng qt, ta có thể coi W > B

(trong trường hợp W < B ta sẽ thay D bởi đường chéo chính thứ hai gồm các ơ
trắng đi từ ơ dưới cùng ngồi cùng bên phải lên ơ trên cùng ngoài cùng bên phải
và lập luận tương tự).

Xét cúc trường lợp sau:
L B>0. Khi đó từ điều kiện suy ra B <
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 liêntiếp
nhau T¡ và Tạ gôm các 6 đen sao cho T¡ là trống
cịn Tạ có ít nhất một viên bi (ví dụ chúng đều
nằm dưới đường chéo D như trên hình vẽ).
Nếu T¡ có nhiều ơ hơn Tạ, ta chọn viên bi
năm trên cùng của đường chéo 7;, dịch chuyên 0
nó lên trên về phía T¡ và nhận được một cách sắp xêp mới vân thoả mãn điêu
kiện bài toán.
Nếu T¡ có ít ơ hơn Tạ, khi đó mỗi đường chéo
phụ đen cùng hướng với D nằm bên phải của D
và phía trên của 7; phải có ít nhất một viên bi
(nếu không sẽ đưa về trường hợp ở trên khi T¡
nhiều ô hơn T; ). Suy ra trên đường chéo 7; phải
có đủ bi. Gọi số bỉ trên Tạ là 2k ( với 1 1011). Suy ra tổng số bi trên các ô đen ở nửa
dưới bên phải của bảng vng khơng ít hơn
2k + (1011— k) x1 =1011+k> 1012
Suy ra số bỉ 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 khơng 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 khơng ít hơn 1012 viên. Vì vậy 8 > 2024 (mâu thuẫn).
Il, B =0. Khi đó W = 4045. Xét tất cả 2024 đường chéo trắng cùng
hướng với D (ta gọi tắt là các đường chéo tr: ang).
a. Xét trường hợp mỗi đường chéo trắng đều có ít nhất một viên bi. Do chi
có tổng cộng 4045 viên bi, nên phải có ít nhất một đường chéo trắng có đúng

một viên bi. Khơng mất tính tổng qt, giả sử đường chéo này nằm bên trên
đường chéo chính D.
Gọi các đường chéo trắng nằm trên D lần lượt là uy, wạ,.., 4o¡a (đường
chéo ứ„ có 2n — 1 ơ trắng). Khi đó nếu ư„ (2< n < 1012) có một viên bị thì
„_¡ cũng chỉ có thể chứa một viên bi (vì nếu „_¡ chứa ít nhất hai viên bi thì
một trong các viên bi nay có thé di chuyển sang phải hoặc xuống dưới một ơ về

phía u„ để khơng có hai viên bi nào kề nhau).

Nếu tất cả các đường chéo 1,u;,..,1+o¡; đều chỉ chứa một viên bị,

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 1q, uạ,..,o¡z có nhiều hơn một

viên bi.

Giả sử l là chỉ số đầu tiên sao cho +; có nhiều hơn một viên bi. Suy ra

2
luận trên. Hơn nữa, cũng từ lập luận ở trên, dé ý tới vị trí đặc biệt của đường

chéo 1; , ta suy ra tất cả các viên bi duy nhất trên các đường chéo 14, 1ạ,.., 1/—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 + theo thứ tự từ dưới lên là
đị, đạ, ..., đị—1, đị, đụ, đị+1, ..., đạ¡—¡ (nhắc lại rằng đường chéo 1; có đúng 2Ì —

1 6 trắng), trong đó ơ a¡ ở vị trí trung tâm của đường chéo này.

chuyển viên bi ở ô ø; sang trái Ta có nhận xét sau đây:
Suy ra các ô aa, đạ, ...,
° Nếuô aj khơng có bỉ (2 < j < L— 1) thì

ô a;_ cũng không thê có bi, vì nêu khơng ta có
thể di chuyển viên bi ở ô a;_ lên trên về phía

đường chéo 1_¡. Do đó, nếu ơ ø; có bỉ (1 < 7 <

| — 2) thi 6 aj,, cling phai cé bi.

e Néu 6a; 06 bi (2
aj_, cling phai c6 bi, vi nếu khơng ta có thể di
về phía gân đường chéo 1t_4.
đ¡_¡ hoặc đồng thời có bi hoặc khơng đồng thời

có bi. Tương tự, các Ơ_đ¡„+, ..., đạ¡_¡ cũng đồng thời có bi hoặc khơng đồng thời

có bỉ. Nhưng nếu các ơ a¡, đạ,...,d_¡ đều khơng có bi, thi 6 a, phai cd bi, vi

nếu khơng ta có thé di chuyển viên bi ở ơ trung tâm của đường chéo 1_¡ xuống

dưới về phía đường chéo 1, để có cách xếp bi thoả mãn cả hai điều kiện đặt ra.
Tương tự nếu các ô đ¡+, ..., đ;¡_¡ đều khơng có bị, thì ơ a, phải có bi.
Như vậy ta có các khả năng sau đây:
bị, đạ,..., đị—1, đị+4, ..., đạ¡—¡ đồng thời có bí. Số bỉ trên tụ bằng 2! — 1 hoặc
2Ì — 2 phụ thuộc vào cé bi hay không ở øy.
p Các ô liên tiẾp đạ, đạ,..., đ—1, a, có bỉ, các ơ đ¡„+,..., đạ¡—¡ khơng có bỉ. Số bi
trén u, bang L.
b Các ơ liên tiếp đạ, đị++,..., đại~¡ có bi, các ơ aạ, đạ, ..., dị_¡ khơng có bỉ. Số bỉ
trên „ băng L.
b Các Ô ứ, đa,..., đị—1, 1+1, ‹‹‹› đ21—1 đồng thời khơng có bi: Loại, do trên tụ
phải có ít nhât hai viên bì). :
Do 2l—2>l với >2, nên trên đường chéo 1; có ít nhât Í viên bi.

Suy ra trên mỗi đường chéo trong số 1+, 1;¿a„..,2o¡; phải có ít nhất 2 viên

bi. Vì vậy số bi có mặt ở nửa trên của đường chéo D khơng ít hơn

(Œ—1)+ï+ (1012—)x 2 =2023

Suy ra số bi có mặt ở nửa dưới của đường chéo D khơng vượt quá

4045 — 2023 = 2022 viên. Do đó phải có ít nhất một trong số 1012 đường

chéo trắng nằm dưới D có đúng một viên bi. Tuy nhiên, bằng lập luận tương tự

như đối với các đường chéo 14, ạ,..,1+o;;, ta cũng suy ra nếu có một đường

chéo trắng trong số các đường chéo trắng nằm dưới D có một viên bi thì số bi có

mặt ở nửa dưới của đường chéo D khơng ít hơn 2023 viên. Ta nhận được mâu

thuẫn.

Giả sử có một đường chéo trắng là trống, ví dụ một trong các đường chéo
Uz, Ug,++, Uro12. Ta thấy tất cả các đường chéo này không thể cùng trống, vì nếu
khơng ta có thể di chuyển một viên bi ở nửa dưới của đường chéo D về phía
nửa trên của bảng vng. Xét một cặp đường chéo trắng liên tiếp (Uy, y4) ,
1 < k ít nhất một viên bi. Lập luận tương tự như tr ường hợp I, ta cũng thấy chỉ cần xét
tình huống khi „ khơng có bí cịn ¿¡ có ít nhất một viên bi. Khi đó, để không

thé di chuyển bi từ đường chéo 1„; sang một ô đen nằm ở đường chéo đen xen
giữa 1y, +, ta | phai cd Ure có đầy đủ 2k + 1 viên bi.
Khi đó dễ dàng thấy mỗi đường chéo tu với k†+1có ít nhất 2 viên bi. Suy ra số bi ở nửa trên bên trái đường chéo D khơng ít hơn
2k + 1+ (1012— k— 1) x 2 = 2023 (viên).
Từ đó ta lại thấy số bi ở nửa dưới bên phải đường chéo D khơng vượt q
4045 — 2023 = 2022 (viên). Có tất cả 1012 đường chéo trằng nằm dưới D,
suy ra phải có ít nhất một trong các đường chéo trắng nằm dưới D có khơng q
I viên bi.
Nếu một trong các đường chéo trảắng nằm dưới D là trống, ta áp dụng lập
luận tương tự như đối với nửa trên D của bảng vuông, sẽ suy ra số bỉ ở nửa dưới
bên phải đường chéo D khơng íthơn 2023 (viên).
Nếu tất cả đường chéo trắng nằm dưới D đều có ít nhất 1 viên bị, suy ra
có một đường chéo trắng nằm dưới D có đúng một viên bi: ta quay lại tình huống
đã xét ở trường hợp a) và suy ra số bi ở nửa dưới của đường chéo D khơng ít
hơn 2023 viên. Ta lại gặp mâu thuẫn.
Vậy nếu đặt k = 4045 viên bi tuỳ ý vào bảng ô vuông 2024 x 2024
sao cho không có hai viên bi nào được đặtở haiơ kề nhau thì có thể chuyển một

viên bi sang ơ kề nó để điều kiện bài toán được thoả mãn.
Ta sẽ chứng minh 4045 là số lớn nhất, nghĩa là với mọi k > 4046, k <
20247, 7 x ,.: „ k R Be Moe es 1 ee Aas ề Rk Sh
luôn tôn tại cách xêp khơng thoả mãn bài tốn (rõ ràng răng đề xếp k viên

bí sao cho khơng có hai viên nào ở các ơ kế nhau, ta phải có k < 20242 ).

Trước tiên, ta đặt 2 viên bi tại các vị trí đánh dấu
a, b như trên. Tiếp theo ta sẽ đặt liên tiếp các
viên bi trên rm đường chéo phụ xếp lần lượt
cách một nằm dưới đường chéo chính D (theo
thứ tự giảm dần về số ô) và trên đường chéo
phụ xếp lần lượt cách một nằm trên đường chéo
D (lần lượt theo thứ tự giảm dần về số ô), với
1
biểu thị trường hợp n = 2 và n = 3.

Cuối cùng ta đặt thêm ! viên bi (0< !< 2022) trên đường chéo chính nối a va

b (khác vị trí của œ và b). Khi đó tổng số viên bi là X/',(2024— 2i) +
3/=1(2024 —2/)+ 2+] = (2023— m)m + (2023— n)n + 2+ l=
F(m,nn, Ì).

Khi m nhận mọi giá trị từ 1 tới 1011, nhận mọi giá trị từ 1 tới 1011 và
I nhận mọi giá trị từ 0 tới 2022, rõ ràng FŒn, n, Ù) vét tất cả các giá trị k từ 4046

20242

tới . Dễ thấy với cách xếp như trên, ta không thể chuyển một viên bi bất kỳ

sang một ô kề để thoả mãn điều kiện bài toán.

Vay kmax = 4045.

Tổng điểm Câu 4: 5,0 điểm
Tổng điểm ngày 1: 20 điểm

GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
"m=======—== TRUNG HQC PHO THONG
NĂM HỌC 2023-2024

HƯỚNG DẪN CHÁM ĐÈ THỊ CHÍNH THỨC
Mơn: TỐN
Ngày thi thir hai: 06/01/2024

(Huong dan cham thì có 06 trang)

I. HƯỚNG DẪN CHUNG Hướng

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

dẫn chấm.
3. Giám khảo khơng quy trịn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.

Il. DAP AN - THANG DIEM

Câu | Ý Đáp án

5 Xét đa thức P(x) = x” 4.

Ta chứng minh: với mỗi / e (—a ; đ), phương trình ¿z„(x) =f có đúng2”°%

nghiệm thực phân biệt.

Dé thay deg P(x) =2”,Vn=1.

Xét dãy đa thức {P,(*)}„, được xác định như sau:
P(x) = P(x), Vx eR;

Vn21: P(x) =PC(P,(x)), Vxe R.

Ta chứng minh khẳng định sau: với mỗi w e ÑÏ, với mỗi / 6 (-a ‘ a),

phuong trinh P, (x) =f cé ding 2” nghiém thyc phan biét thudc khoang

(—a;a).

Ta chứng minh khẳng định trên bằng quy nap theo ø.
+) Với n=1: phuong trinh A(x) =f có đúng hai nghiệm thực phân biệt là

My =tVat+t €(-a;a).

+) Giả sử phương trình P.(x)=ứ/ có đúng 2” nghiệm thực phân biệt thuộc

khoảng (-a;a) với mọi ƒ e (—ø ; đ).

Xét phương trình P(x) =f (P(x) -a=t O (P(X =a4t (*).

Do t€(-—a; a)nén a+t>0 va do dé -a<—-Va+t <0
giả thiết quy nạp ta có: mỗi phương trinh P (x) = Jatt; Pữ)s= —\a+¿ đều

có 2” nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (—4;).

Tacé:(*) © P,(x)=-Va+t

P(x)=Vatt |

Suy ra phương trình ?,(x) =f có 2" +2" = 2"”' nghiệm thực phân biệt thuộc
khoảng (=a; a). Vậy khẳng định được chứng minh.

Tổng điểm Câu 5: 6,0 điểm

Do tập các ước nguyên dương của ø có thê viết dưới dạng
S= {azn :I
n>2023 và

đ<2jn +2023= (xn ~1Ì <2024=n<2115.

Néu 7 chan thi z(zø) lẻ nên zø là số chính phương chẵn. Điều này khơng xảy

ra vì 46” > 2115,44” < 2023.

Nếu ø lẻ thì = p,"...p," voi 3 < Dị < Đị <*''< p, là các số nguyên tố,

a, eZ".
Nếu 525 thi 1 >3.5.7.11.13 > 2115, loai.

Néu s=4 thi do 3”.5.7.11> 2115 ta phaicé a =@, =a, =a, =1. Lic
nay r(n)=16 nén n=2039 1a sé nguyén tố, loại.
Néu s=3 thi do 34.5.7 >2115 ta phaicéd a, +a@,+a, <5.

-_ Với (i,đ;,đa) =(I,1,3) hoặc hốn vị thì 7(n) =16 nén n = 2039,

loại.

-_ Với (œ,đ;,œ) =(I,2,2) hoặc hốn vị thì z(¡) = 18 nên
n=2041=13.157, loại.

- V6i (@,a,,0,) =(1,1,2) hoặc hốn vị thì z(n) =12 nên
n= 2035 = 5.1 1.37, loại.

- Với (¡,đ;,đ;)= (I,1,1) thì z(») =8 nên „=2031= 3.677, loại.

Nếu s =2 thì do 35>.25115 ta phải có ø, +ø¿ <6.

- _ Với (,œ;) =(I,5) hoặc hốn vị thì z(w) =12 nên

w= 2035 =S5.I1.37, loại.

-_ Với (œ,đ;)=(2,4) hoặc hoán vị thì z(z) = 15 nên
n=2038= 2.1019, loại.

-_ Với (œ,œ,)=(3,3) thì z(»)= 16 nên „= 2039, loại.

- V6i (@,a) =(1,4) hoặc hốn vị thì z(n) =10 nên

n= 2033 =19.107, loại.

- Với (2œ) =(23) hoặc hốn vị thì z() =12 nên

n= 2035 = 5.11.37, loại.
-_ Với (đ,đ,) =(1,3) hoặc hốn vị thì z(z) =8 nên

n=2031=3.677, loại.

- Với (œ,œ)=(2,2) thì z(») =9 nên = 2032 = 2Ÿ.127, loại.

-_ Với (đ,đ;) =(1,2) hoặc hốn vị thì z(ø) = 6 nên ø= 2029, loại.
- Với (đ,đ) =(I,1) thì r(n) =4 nên „= 2027, loại.

Nếu ø=] thì do 3” >2115 ta phải có a, <6. Do r(n) chẵn nên ø; lẻ.
- - Với œ =5 thì z(z) =6 nên ø= 2029, loại.
- - Với œ =3 thì r(z) = 4 nên ø = 2027, loại.

-_ Với ứ =1 thì r@)=2 nên ø= 2025 = 3.5”, loại.

Vậy khơng có số ngun dương ø thỏa mãn phương trình.
Ta chứng minh với k = p là số nguyên tố > 2030, thi pt z(z) + 2023 =n có

đúng 2 nghiệm. Thật vậy, nếu p | ø thi n= pm với (m,p) = l,ø e 2”.

Ta có: (œ +2)z(mn) +2023 = p*m —> m(p” — ø — 2) < 2023. Vô lý.

Vậy z không chia hết cho Ø. Pt trở thành 2z(w) + 2023 = n. Suy ra 7 lẻ và

ns Ayn +20=> 2(Vn3-2) 2 $2027 =>n< 2211.

Viết n= pị”..p" với 3< pị < pị <:::< p, là các số nguyên tố, @, EZ".
Nếu ø>5 thì ø> 3.5.7.11.13 > 2211, loại.
Nếu #=4 thì do 3?.5.7.11> 2211 ta phải có ø, = ø; = ø; =ø„ =1. Lúc

này 7(z)= l6 nên # = 2055 =3.5.137, loại.

Nếu ø=3 thì do 3'.5.7 >2211 ta phải có øi + #; +ø <5.
-_ Với (0,,;,đ) = (I,1,3) hoặc hốn vị thì z(z) =16 nên

n= 2055 =3.5.137, loai.
- Với (a, @,,0%,) = (1,2, BÀI hoặc hốn vị thì z(z) = 18 nên

n= 2059 = 29.71, loại.
-_ Với (œ,,œ;,) =(I,1,2) hoặc hốn vị thì z(zø) = 12 nên

n= 2047 = 23.89, loại.
-_ Với (œ,đ;,)= (I,I,1) thì z(n) =8 nên ø= 2039, loại.

Nếu s=2 thì do 3.5 > 2211 ta phải có ø, + ø; < 6.
-_ Với (œ¡,œ,) =(1,5) hoặc hốn vị thì z(») = 12 nên

n= 2047 = 23.89, loại.

- V6i (a%,0) =(2,4) hoac hoan vi thi 7(7) =15 nén n= 2053, loai.

-_ Với (đ,đ)=(3,3) thì z(w) =16 nên ø= 2055 =3.5.137, loại.

-_ Với (đ,đ;) =(I,4) hoặc hốn vị thì 7(7) = 10 nén
n= 2043 = 37.227, loại.

- Voi (a@,@) = (2,3) hoặc hốn vị thì z(z) =12 nên

n= 2047 = 23.89, loại.

-_ Với (đ„đ;) =(1,3) hoặc hốn vị thì z(») =8 nên ø= 2039, loại.I I
-_ Với (œ„,œ)=(2,2) thì z(n)=9 nên m= 2041 = 13.157, loại.

-_ Với (đ,„œ,) =(I,2) hoặc hoán vị thì z() = 6 nên

n= 2035 =5.11.37, loại.
- Với (¡,đ;)=(I,1) thì zœ) = 4 nên ø= 2031 =3.677. Thỏa mãn.

Nếu s =l thì do 3 > 2211 ta phaicé a, <7.

- - Với & =7 thi r(n) =8 nén n= 2039, loai.
- - Với ø =6 thì r(n)=7 nên ø= 2037 =3.7.97, loại.
- - Với đi =Š thì 7z(z) =6 nên = 2035 = 5.11.37, loại.
- - Với =4 thì r(z)= 5 nên ø = 2033 = 19.107, loại.
- Voi a, =3 thi 7z(z) =4 nên = 2031 = 3.677, loại.

- - Với ứ =2 thì r(»)=3 nên ø= 2029, loại.
- Với ø, =Ï thì r(n)= 2 nên ø= 2027. Thỏa mãn.

Vậy có đúng hai số nguyên dương ø thỏa mãn phương trình.

Bồ để: Ta có thê gán nhãn cho mỗi Tổng điểm Câu 6: 7,0 điểm
hoặc —P, sao cho hai mat bat kỳ có
nhau. mặt của Ï bởi một trong hai giá trị +?
Chứng minh bồ đề: Giả sử D là đa chung một cạnh luôn được gán nhãn khác

diện gồm các đỉnh 4,44.....A,. Chon O

là một điểm bén trong D. Dung mot hinh cau S tâm O ban kinh R nam bên
trong D. Néi OA, cat mat cau S tam O bán kính R tai C, (lS k
đó đa diện D sé tuong tng với một “đa diện cong” # với các đỉnh là
Œ, (I
tương ứng là các miền trên ,ŠŸ 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 +P hoặc —P. Rõ ràng tại mỗi “đỉnh” của # cũng có đúng một số
chẫn các “cạnh” chứa đỉnh đó. Khi đó khẳng định của bài tốn chun về khẳng
định có thể gán nhãn cho các “mặt cong” của # bởi hai giá trị +P hoặc - P 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 Ớ
trên Š là “7ó? nếu hai “mặt” cong bất kỳ có chung một “cạnh” của Ớ luôn
được gán nhãn khác nhau.
Chọn một đỉnh K tùy ý của E. Ta bat đầu di chuyển từ đỉnh K này dọc theo
các cạnh của #. Trong quá trình di chuyên 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 K. Gọi đỉnh
đầu tiên quay lại là 4, tức là ⁄4 là đỉnh đầu tiên mà hành trình đi từ K đang

xét quay trở lại một đỉnh đó. Một đoạn của hành trình này khi đi từ ⁄4 và quay
về chính nó (lần đầu tiên) là một đường cong 7' khép kín và khơng tự cắt trên
S.
Ta tạm thời xóa bỏ các cạnh của E nam trén 7 ra khỏi tập các cạnh của #
(nhưng giữ lại các đầu mút của các cạnh). Khi đó # trở thành một “đa diện
cong” E' mdi, trong đó số các cạnh xuất phát tại mỗi đỉnh hoặc giữ nguyên (nếu

Á

7 không đi đi qua đỉnh này), hoặc giảm đi 2 (nếu 7' đi qua đỉnh này). Tiếp tục

q trình trên đơi với #', ta lại chọn ra một đường cong 7” không tự cắt, khép

kín và tạm thời xóa bỏ nó khỏi È'. - ;
Quá trinh nay cw tiép tục như vậy đổi với mỗi “đa diện” cong mới. Chú ý rang
sau mỗi một bước, các “mặt cong” sẽ dân hợp nhât lại để trở thành một “mặt?
mới, và các đỉnh của dãy các “đa diện” cong E, #',... sẽ dần dần khơng cịn là

đỉnh của các “đa diện” cong ở các bước tiếp theo, nếu khơng có cạnh nào nữa đi
qua. Vì qua mỗi đỉnh của # có đúng một số chăn các cạnh chứa đỉnh đó, nên
sau một sơ hữu hạn bước xóa bỏ các đường cong khép kín, quá trình trên sẽ dừng
lại và trên mặt cầu ,Š khơng cịn cạnh nào, và như thế cũng khơng cịn đỉnh nào
(đỉnh hiệu theo nghĩa phải có ít nhật l cạnh đi qua nó).
Giả sử các đường cong khép kín khơng tự cắt đã bị tạm thời xóa bỏ khỏi Š trong
quá trình trên lần lượt là 7;„„7;„ ;„...,7¡. Như vậy đa diện cong # có thể được

khơi phục bằng cách lần lượt đặt trở lại các đường cong 7¡,7;,...7,), lên mặt ,Š.

Gọi “đa diện cong” nhận được sau khi đặt 7/,7;,...,7„ lên là È„ (1< k
Rõ ràng mỗi đường cong khép kín khơng tự cắt 7„ chia đa diện cong J„¡ thành

hai phần không giao nhau là S%¿ và S;. Dat E, =S.

Ta thực hiện phép gán nhãn các mặt của #„ theo quy nạp như sau.

° Bước 0: gán nhãn toàn bộ mặt cầu Š bởi duy nhất một trong hai giá trị
+P hoac —P, vi du boi +P.

° Bước thứ k: Sau khi đặt trở lại 7, lên S, ta doi nhan cua tât cả các “mặt

cong” hoặc phần của các “mặt cong” thuộc S, sang nhan đối dấu ( +P thành

—P và ngược lại), còn giữ nguyên nhãn của các mặt cong thuộc S$iL .

Ta sẽ chứng minh khẳng định sau.
Khăng định: 7£¡ môi bước thứ k, phép gán nhãn được thực hiện như trên đôi

với F„ (L
Chứng mỉnh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo & (1< k
Bước cơ sở: Khẳng định hiển nhiên đúng với & =0, k =1.

Bước quy nạp: Giả sử khẳng định đúng tới k—1. Ta sẽ chứng minh khẳng định
đúng tới k.

Thật vậy, gọi Fe là tap hop cdc mat cua E, nam trong S., tương ứng. Khi đó

các mặt thuộc #;` chia thành hai loại:

- Các mặt được giữ nguyên thừa hưởng từ #2„ (nếu Ty không đi qua các

mặt này).

- Các mặt được sinh ra khi 7, đi qua mặt nào đó của E,_, va chia déi mặt

đó. Gọi tập hợp các mặt mới xuất hiện do phép chia nhỏ này là Ni.
Theo giả thiết quy nạp, phép gán nhãn trên Ey, la Tốt. Vì khi dat 7, „ trở lại, ta

đổi các nhãn trong các mặt thuộc S, sang gid tri đối dấu, nên phép gán nhãn là

Tốt khi xét riêng đối với 'S„. Rõ ràng, phép gán nhãn ki xét riêng đối voi Sf
cũng Tốt, do các nhãn được giữ nguyên ở phần này.

Ta quan tâm tới các miền thuộc NV; va N, „ có chung nhau một cạnh thuộc Tạ.

Rõ ràng mỗi miền thuộc / sẽ tương ứng một cách duy nhất với một miền

thudc Ny khi J, chia đôi một miền Ä⁄ nào đó của F„_;¡ : một miền sẽ có nhãn
đổi sang trái dấu với nhãn của A⁄, một miền được giữ nguyên nhãn của Ä⁄. Vì
thế, phép gán nhãn vẫn Tốt khi xét các miền xung quanh 7. Do đó phép gan

nhãn là Tốt ở bước thứ & đối với đa dign cong £,. Khang định được hoàn toàn

chứng minh theo nguyên lý quy nạp.
Khi & = m, ta nhận được phép gán nhãn Tơt trên tồn bộ đa diện cong #, tương

ứng với một phép gán nhãn Tốt trên đa diện D ban dau.
Ta trở lại bài toán.
Theo Bồ đề, ta có thể gán nhãn cho mỗi mặt của bởi một trong hai giá trị +P
hoặc —P, sao cho hai mặt bất kỳ có chung một cạnh ln được gán nhãn khác
nhau.
Khơng mắt tính tổng qt, ta có thể giả sử mặt # được gán giá trị +P.
Gọi 51, S,, 8 lần lượt là tổng các số được gán với các cạnh của mặt # (được

gan gia tri +P), tổng các số được gán với các cạnh của tất cả các mặt còn lại
được gán giá trị +P, tổng các số được gán với các cạnh của tất cả các mặt được
gan gid tri —P. Tacé: S, +S, =S; S,va S' déu là các số nguyên dương chia hết

cho 2024. Suy ra Š¡ =S—Š; là số nguyên dương chia hết cho 2024 (DPCM).

Chú ý: học sinh cũng có thể giải bằng cách xét đồ thị G với tập đỉnh là các mặt

của đa diện và hai đỉnh của G nối với nhau nếu hai mặt có chung cạnh. Sau khi
chứng minh đồ thị G là lưỡng phân do mọi chu trình đều có độ dai chan, ta có
thể lý luận như phần cuối của lời giải trên.
Tổng điểm Câu 7: 7,0 điểm
Tông điểm ngày 2: 20 điểm