tuyển tập đề thi và đáp án quốc gia môn toán

www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2000-2001
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Giải hệ phương trình :
 7 x + y + 2 x + y = 5

 2 x + y + x − y = 2

Bài 2 : Trong mặt phẳng cho hai ñường tròn (O 1 ) và (O 2 ) cắt nhau tại hai
ñiểm A, B và P 1 P 2 là một tiếp tuyến chung của hai ñường tròn ñó (P 1 ∈ (O 1 ),
P 2 ∈ (O 2 )). Gọi M 1 và M 2 tương ứng là hình chiếu vuông góc của P 1 và P 2
trên ñường thẳng O 1 O 2 . ðường thẳng AM 1 cắt (O 1 ) tại ñiểm thứ hai N 1 ,
ñường thẳng AM 2 cắt (O 2 ) tại ñiểm thứ hai N 2 . Hãy chứng minh N 1 ,B,N 2
thẳng hàng .
Bài 3 : Cho số thực a. Cho dãy số {x n }, n ∈ N, ñược xác ñịnh bởi :
x 0 = a và x n+1 = x n + sinx n với mọi n ∈ N.
Chứng minh rằng dãy {x n } có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ . Hãy tính
giới hạn ñó theo a.
( N là tập hợp các số tự nhiên)
--------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2000-2001
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Cho dãy số {x n }, n ∈ N * , ñược xác ñịnh như sau :
x1 =

xn
2
và x n+1 =
2(2n + 1) xn+1
3

với mọi n ∈ N * .
Hãy tính tổng của 2001 số hạng ñầu tiên của dãy {x n }
( N * là tập hợp các số nguyên dương)
Bài 5 : Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn hệ ñiều kiện sau :
2
 5 ≤ z ≤ min{x, y}

4

xz ≥
15

1

 yz ≥ 5


Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P(x,y,z) =

1 2 3

+ +
x y z

Bài 6 : Cho bảng ô vuông kích thước 2000 x 2001.(bảng gốm 2000 hàng và
2002 cột). Hãy tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho ta có thể tô màu k ô
vuông con của bảng thoả mãn ñiều kiện : hai ô vuông con nào ñược tô màu
cũng không có ñỉnh chung .
--------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 1999-2000
MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Cho c là một số thực dương . Dãy số {x n }, n = 0,1,2,…., ñược xây
dựng theo cách sau :
x n+1 = c − c + xn
(n=0,1,2,….) nếu các biểu thức dưới căn là không âm .
Tìm tất cả các giá trị của c ñề với mọi giá trị ban ñầu x 0 ∈ (0,c) dãy
{x n } ñược xác ñịnh với mọi giá trị n và tồn tại giới hạn hữu hạn lim x n khi
n → ∞.
Bài 2 : Trên mặt phẳng cho trước hai ñường tròn (O 1 ,r 1 ) và (O 2 ,r 2 ). Trên
ñường tròn (O 1,r 1 ) lấy một ñiểm M 1 và trên ñường tròn (O 2 ,r 2 ) lấy một
ñiểm M 2 sao cho ñường thẳng O 1 M 1 cắt ñường thẳng O 2 M 2 tại một ñiểm
Q. Cho M 1 chuyển ñộng trên ñường tròn (O 1,r 1 ) , M 2 chuyển ñộng trên
ñường tròn (O 2 ,r 2 ) cùng theo chiều kim ñồng hồ và với vận tốc góc như
nhau .
1/ Tìm quĩ tích trung ñiểm ñoạn thẳng M 1 M 2 .

2/ Chứng minh rằng ñường tròn ngoại tiếp tam giác M 1 QM 2 luôn ñi
qua một ñiểm cố ñịnh .
Bài 3 : Cho ña thức :
P(x) = x 3 + 153x 2 - 111x + 38
1/ Chứng minh rằng trong ñoạn [1;3 2000 ] tồn tại ít nhất 9 số nguyên
dương a sao cho P(a) chia hết cho 3 2000
2/ Hỏi trong ñoạn [1;3 2000 ] có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a mà
P(a) chia hết cho 3 2000 ?
--------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 1999-2000
MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Cho trước góc α với 0<α<π
1/ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một tam thức bậc hai dạng f(x) =
2
x + ax + b (a,b là số thực ) sao cho với mọi n>2 ña thức
P n (x) = x n sinα – xsin(nα) + sin(n-1)α
chia hết cho f(x)
2/ Chứng minh rằng không tồn tại nhị thức bậc nhất dạng g(x) = x + c
(c là số thực) sao cho với mọi n>2 ña thức P n (x) chia hết cho g(x)
Bài 5 : Tìm tất cả các số tự nhiên n>3 sao cho tồn tại n ñiểm trong không
gian thoả mãn ñồng thời các các tính chất sau ñây :
a/ Không có ba ñiểm nào trong chúng thẳng hàng .
b/ Không có bốn ñiểm nào trong chúng cùng nằm trên một ñường tròn
c/ Tất các các ñường trong ñi qua ba ñiểm trong chúng ñểu có bán

kính bằng nhau.
Bài 6 : Với mỗi ña thức hệ số thực P(x) , kí hiệu A P là tập hợp các số thực
x sao cho P(x) = 0 .
Tìm số phần tử nhiều nhất có thể có của A P khi P(x) thuộc tập hợp
các ña thức có hệ số thực với bậc ít nhất là 1 và thoả mãn ñẳng thức :
P(x 2 - 1) = P(x).P(-x)
với mọi giá trị thực x
--------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 1999-2000
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Cho số thực c >2 . Dãy số (x n ) , n=0,1,2,…, ñược xây dựng theo
cách sau :
x 0 = c , x n+1 = c − c + xn (n=0,1,2,…)
nếu các biểu thức dưới căn là không âm.
Chứng minh rằng dãy (x n ) ñược xác ñịnh với mọi giá trị n và tồn tại
giới hạn hữu hạn limx n khi n → ∞
Bài 2 : Trên mặt phẳng cho trước hai ñường tròn (O 1 ,r 1 ) và (O 2 ,r 2 ). Trên
ñường tròn (O 1,r 1 ) lấy một ñiểm M 1 và trên ñường tròn (O 2 ,r 2 ) lấy một
ñiểm M 2 sao cho ñường thẳng O 1 M 1 cắt ñường thẳng O 2 M 2 tại một ñiểm
Q. Cho M 1 chuyển ñộng trên ñường tròn (O 1,r 1 ) , M 2 chuyển ñộng trên
ñường tròn (O 2 ,r 2 ) cùng theo chiều kim ñồng hồ và với vận tốc góc như
nhau .
1/ Tìm quĩ tích trung ñiểm ñoạn thẳng M 1 M 2 .
2/ Chứng minh rằng ñường tròn ngoại tiếp tam giác M 1 QM 2 luôn ñi

qua một ñiểm cố ñịnh .
Bài 3 : Cho ña thức :
P(x) = x 3 - 9x 2 + 24x – 27
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại một số
nguyên dương a n sao cho P(a n ) chia hết cho 3 n .
-----------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 1999-2000
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Cho trước góc α với 0<α<π. Tìm tam thức bậc hai bậc hai dạng f(x)
= x 2 + ax + b (a,b là số thực ) sao cho với mọi n>2 ña thức :
P n (x) = x n sinα – xsin(nα) + sin(n-1)α
chia hết cho f(x)
Bài 5 : Cho tứ diện ABCD có bán kính ñường tròn ngoại tiếp các mặt ñều
bằng nhau . Chứng minh rằng các cạnh ñốì diện của tứ diện ABCD bằng
nhau.
Bài 6 : Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn ñiều kiện :
x 2 .f(x) + f(1-x) = 2x - x 4
với mọi số thực x.
-----------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2000-2001

MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Trong mặt phẳng cho hai ñường tròn (O 1 ) và ( O 2 ) cắt nhau tại hai
ñiểm A, B và P 1 P 2 là một tiếp tuyến chung của hai ñường tròn ñó (P 1 ∈ (O 1 ),
P 2 ∈ (O 2 )). Gọi M 1 và M 2 tương ứng là hình chiếu vuông góc của P 1 và P 2
trên ñường thẳng O 1 O 2 . ðường thẳng AM 1 cắt (O 1 ) tại ñiểm thứ hai N 1 ,
ñường thẳng AM 2 cắt (O 2 ) tại ñiểm thứ hai N 2 . Hãy chứng minh N 1 ,B,N 2
thẳng hàng .
Bài 2 : Cho số nguyên dương n và cho hai số nguyên nguyên tố cùng nhau a,
n
n
b lớn hơn 1. Giả sử p, q là hai ước lẻ lớn hơn 1 của a 6 + b 6 .
n
n
Hãy tìm số dư trong phép chia p 6 + q 6 cho 6.(12) n .
Bài 3 : Với mỗi cặp số thực (a, b), xét dãy số {x n }, n ∈ N, ñược xác ñịnh
bởi:
x 0 = a và x n+1 = x n + b.sinx n với mọi n ∈ N.
1/ Cho b = 1 . Chứng minh rằng với mọi số thực a, dãy {x n } có giới
hạn hữu hạn khi n → ∞ . Hãy tính giới hạn ñó theo a.
2/ Chứng minh rằng với mỗi số thực b>2 cho trước, tồn tại số thực a
sao cho dãy {x n } tương ứng không có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ .
( N là tập hợp các số tự nhiên)
-----------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2000-2001

MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn ñiều kiện sau :
 1
 2 ≤ z < min{x 2 , y 3}


x + z 3 ≥ 6

 y 3 + z 10 ≥ 2 5


Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P(x,y,z) =

Bài 5 : Cho hàm số g(x) =

1
2
3
+ 2 + 2
2
x
y
z

2x
. Hãy tìm tất cả các hàm số f(x) xác ñịnh ,
1+ x2

liên tục trên khoảng (-1;1) và thoả mãn hệ thức :
(1 - x 2 ).f(g(x)) = (1 + x 2 ) 2 .f(x)
với mọi x ∈ (-1;1).
Bài 6 : Cho số nguyên n ≥ 1. Xét hoán vị (a 1 ,a 2 ,…,a 2n ) của 2n số nguyên
dương ñầu tiên sao cho các số |a i +1 - a i |, i = 1,2,….,2n – 1, ñôi một khác
nhau . Chứng minh rằng a 1 - a 2n = n khi và chỉ khi 1 ≤ a 2k ≤ n với mọi k =
1,2,…,n.
-----------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2001-2002
MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Giải phương trình :
4 − 3 10 − 3 x = x – 2

Bài 2 : Trong mặt phẳng , cho tam giác ABC cân tại A . Xét ñường tròn (O)
thay ñổi qua A, không tiếp xúc với các ñường thẳng AB, AC và có tâm O
nằm trên ñường thẳng BC . Gọi M , N tương ứng là giao ñiểm thứ hai của
ñường tròn (O) với các ñường thẳng AB, AC. Hãy tìm quỹ tích trực tâm H
của tam giác AMN.
Bài 3 : Cho các số nguyên dương m, n với m < 2001, n < 2002. Cho 2001 x
2002 số thực ñôi một khác nhau . ðiền các số ñã cho vào các ô vuông con
của bảng ô vuông kích thước 2001 x 2002 (bảng gồm 2001 hàng và 2002
cột) sao cho mỗi số ñược ñiền vào một ô và mỗi ô ñược ñiền một số . Ta gọi
một ô vuông con của bảng là ô "xấu" nếu số nằm trong ô ñó bé hơn ít nhất m

số nằm cùng cột với nó và ñồng thời bé hơn ít nhất n số nằm cùng hàng với
nó .
Với mỗi cách ñiền số nói trên , gọi s là số ô "xấu" của bảng số nhận
ñược. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của s .
--------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2001-2002
MÔN : TOÁN (Bảng A)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Giả sử a,b,c là các số thực sao cho ña thức :
P(x) = x 3 + ax 2 + bx + c
có ba nghiệm thực (các nghiệm không nhất thiết ñôi một khác nhau)
Chứng minh rằng :
12ab + 27c ≤ 6a + 10(a - 2b)
Hỏi dấu ñẳng thức xảy ra khi nào ?
3

2

3
2

Bài 5 : Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình :
x + y + u + v = n xyuv
có nghiệm nguyên dương x,y,u,v
Bài 6 : Xét phương trình :

1
1
1
1
1
+
+…+ 2
+…+ 2
=
x −1
4x − 1
2
k x −1
n x −1

trong ñó n là tham số nguyên dương .
1/ Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu
trên có duy nhất nghiệm lớn hơn 1; kí hiệu nghiệm ñó là xn .
2/ Chứng minh rằng dãy số { x n } có giới hạn bằng 4 khi n → +∞
--------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2001-2002
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ nhất

Bài 1 : Trong mắt phẳng cho hai ñường tròn cố ñịnh (O,R 1 ) và (O,R 2 ) có
R 1 >R 2 . Một hình thang ABCD (AB//CD) thay ñổi sao cho bốn ñỉnh

A,B,C,D nằm trên ñường tròn (O,R 1 ) và giao ñiểm của hai ñường chéo
AC,BD nằm trên ñường tron (O,R 2 ). Tìm quỹ tích giao ñiểm P của hai
ñường thẳng AD và BC .
Bài 2 : Hãy tìm tất cả các hàm số f(x) xác ñịnh trên tập hợp số thực R và
thoả mãn hệ thức :
f(y – f(x)) = f(x 2002 - y) – 2001y.f(x)
với mọi số thực x, y.
Bài 3 : Cho tập hợp S gồm tất cả các số nguyên trong ñoạn [1;2002]. Gọi T
là tập hợp gồm tất cả các tập hợp con không rỗng của S . Với mỗi tập hợp X
thuộc T , kí hiệu m(X) là trung bình cộng của tất cả các số thuộc X . ðặt :
m=

∑ m( X )
|T |

ở ñây tổng lấy theo tất cả các tập hợp X thuộc T .
Hãy tính giá trị của m.
(|T| kí hiệu số phần tử của tập hợp T)
----------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2001-2002
MÔN : TOÁN (Bảng B)
Ngày thi thứ hai

Bài 4 : Cho a, b, c là ba số thực tuỳ ý . Chứng minh rằng :
2

2

2

2

2

2

6(a + b + c)(a + b + c )≤ 27abc + 10(a + b + c )
Hỏi dấu ñẳng thức xảy ra khi nào ?

3
2

Bài 5 : Xét phương trình :
1
1
1
1
1
+
+
+…+
+…+
=0
2
2x
x −1

x−4
x−k
x − n2

trong ñó n là tham số nguyên dương .
1/ Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu
trên có duy nhất nghiệm trong khoảng (0;1) ; kí hiệu nghiệm ñó là x n .
2/ Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞
Bài 6 : Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thoả mãn ñiều kiện :
C 2nn = (2n) k
trong ñó k là số các ước nguyên tố của C n2n .
(C n2n kí hiệu số tổ hợp chập n của tập hợp có 2n phần tử)
----------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn
ðỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2002-2003
MÔN: TOÁN (Bảng A)
Ngày thi : 12/3/2003

Bài 1 : Cho hàm số f xác ñịnh trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và
thoả mãn ñiều kiện :
f(cotgx) = sin2x + cos2x
với mọi x thuộc khoảng (0; π ).
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số :
g(x) = f(x).f(1-x)
trên ñoạn [-1;1]
Bài 2 : Trong mặt phẳng , cho hai ñường tròn cố ñịnh (O 1 ) và (O 2 ) tiếp xúc
với nhau tại ñiểm M , và bán kính của ñường tròn (O 2 ) lớn hơn bán kính của
ñường tròn (O 1 ). Xét ñiểm A nằm trên ñường tròn (O 2 ) sao cho 3 ñiểm

O 1 ,O 2 ,A không thẳng hàng . Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC ñến ñường
tròn (O 1 ) (B và C là các tiếp ñiểm) . Các ñường thẳng MB và MC cắt lại
ñường tròn (O 2 ),tương ứng, tại E và F . Gọi D là giao ñiểm của ñường thẳng
EF và tiếp tuyến tại A của ñường tròn (O 2 ) . Chứng minh rằng ñiểm D di
ñộng trên một ñường thẳng cố ñịnh , khi A di ñộng trên ñường tròn (O 2 ) sao
cho ba ñiểm O 1 ,O 2 ,A không thẳng hàng .
( (O) kí hiệu ñường tròn tâm O)
Bài 3 : Với mỗi số nguyên n>1 , kí hiệu s n là số các hoàn vị (a 1 ,a 2 ,….,a n )
của n số nguyên dương ñầu tiên , mà mỗi hoán vị (a 1 ,a 2 ,…., a n ) ñều có tính
chất 1 ≤ |a k - k| ≤ 2 với mọi k = 1,2,3,…,n.
Chứng minh rằng : 1,75.s n−1 < s n < 2.s n+1 với mọi số nguyên n >6
------------------------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn

ðỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2002-2003
MÔN: TOÁN (Bảng A)
Ngày thi : 13/3/2003

Bài 4 : Hãy tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho hệ phương trình :
(x+1) 2 + y 12 = (x+2) 2 + y 22 = … = (x+k) 2 + y 2k = … = (x+n) 2 + y n2
có nghiệm nguyên (x,y 1 ,y 2 ,….,y n )
Bài 5 : Cho hai ña thức :
P(x) = 4x 3 - 2x 2 - 15x + 9
và
Q(x) = 12x 3 + 6x 2 - 7x + 1
1/ Chứng minh rằng mỗi ña thức ñã cho ñều có ba nghiệm thực phân biệt
2/ Kí hiệu α và β tương ứng là nghiệm lớn nhất của P(x) và Q(x) . Chứng
minh rằng: α 2 + 3β 2 = 4

Bài 6 : Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : R + → R + thoả mãn ñiều
kiện:
f(3x) ≥ f(f(2x)) + x
với mọi số thực dương x.
Hãy tìm số thực α lớn nhất sao cho với mọi hàm số f thuộc tập hợp F
ta ñều có :
f(x) ≥ α
với mọi số thực dương x.
( R + kí hiệu tập hợp các số thực dương).
--------------------------------------


www.HOAHOC.edu.vn


www.HOAHOC.edu.vn


www.HOAHOC.edu.vn


www.HOAHOC.edu.vn


www.HOAHOC.edu.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT NĂM 2011

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011

Bài 1 (5,0 điểm). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,
ta có bất đẳng thức:

x n ( x n + 1 + 1) ⎛ x + 1 ⎞
≤ ⎜
⎟
xn + 1
⎝ 2 ⎠
Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào?

2n +1

.

Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy số thực (xn) xác định bởi
2n n − 1
.∑ xi với mọi n ≥ 2.
x1 = 1 và xn =
(n −1) 2 i =1

Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn + 1 – xn.
Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n → + ∞.
Bài 3 (5,0 điểm). Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một

điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường
thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường
thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E.
1/ Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm.
Gọi điểm đó là M.
2/ Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn
nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O).
((O ) kí hiệu đường tròn tâm O ).
Bài 4 (5,0 điểm). Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường
chéo AC, AD không vượt quá 3 . Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ
giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của
ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
----------------------------HẾT---------------------------

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.


www.HOAHOC.edu.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT NĂM 2011

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011

Bài 5 (7,0 điểm). Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi
a0 = 1, a1 = − 1 và an = 6an −1 + 5an − 2 với mọi n ≥ 2.

Chứng minh rằng a2012 − 2010 chia hết cho 2011.

ABC , n
ACB là
Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc n
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B,
C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D
cắt các đường thẳng AB và AC tương ứng tại E và F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm
đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm
A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài 7 (6,0 điểm). Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức
P ( x, y ) = x n + xy + y n

không thể viết được dưới dạng
P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) ,
trong đó G(x, y) và H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng.
----------------------------HẾT---------------------------

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.

Giám thị không giải thích gì thêm.


www.HOAHOC.edu.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Ngày thi: 11 và 12/01/2011
(Gồm 6 trang)
Bài 1.
Xét số thực dương x tùy ý. Ta sẽ chứng minh
x n ( x n +1 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
n
x +1
⎝ 2 ⎠
bằng phương pháp quy nạp theo n.
• Với n = 1, ta cần chứng minh
x( x 2 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
x+ 1

⎝ 2 ⎠

2 n +1

(1)

3

(2)

Ta có: (2) ⇔ ( x + 1) − 8 x( x 2 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 .
Từ đó suy ra (2) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
• Giả sử đã có (1) đúng khi n = k và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó, ta có:
4

4

x k ( x k +1 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
k
x +1
⎝ 2 ⎠

2 k +1

.

2k + 3

x k ( x k +1 + 1) ( x + 1)
⎛ x + 1⎞
Suy ra:
; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. (3)
.
≤ ⎜
⎟
4
xk + 1
⎝ 2 ⎠
Ta sẽ chứng minh:
2

x k +1 ( x k + 2 + 1)
x k ( x k +1 + 1) ( x + 1)
≤
.
4
x k +1 + 1
xk + 1
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Thật vậy, ta có: (4) ⇔ ( x k +1 + 1) 2 ( x + 1) 2 − 4 x( x k + 1)( x k + 2 + 1) ≥ 0
2

(4)

⇔ ( x k +1 − 1) 2 ( x − 1) 2 ≥ 0 .
Từ đó suy ra (4) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Kết hợp
điều này với (3) suy ra
2k + 3

x k +1 ( x k + 2 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
⎟
k +1
x +1
⎝ 2 ⎠
Điều đó chứng tỏ khi n = k + 1, (1) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = 1.
Vậy, với n là số nguyên dương tùy ý, (1) là bất đẳng thức đúng với mọi số thực dương x
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
■
Bài 2.
Với mọi n ≥ 1, ta có
⎞
2(n + 1) n
2(n + 1) ⎛ (n − 1) 2
( n + 1)( n 2 + 1)
+ 1⎟⎟ xn =
.∑ xi =
xn +1 =
xn .
⎜
n2
n 2 ⎜⎝ 2n
n3
i =1
⎠

1


Suy ra

xn +1

1⎞ x
⎛
= ⎜1 + 2 ⎟ . n
n +1 ⎝
n ⎠ n

www.HOAHOC.edu.vn

∀n ≥ 1.

Do đó, với mọi n ≥ 2
⎛ (n + 1)(n 2 + 1)
⎞
n 2 + n + 1 xn
n + 1 n −1
1
yn = xn +1 − xn = ⎜⎜
x
1
.
(1
) (1 + 2 ) . (1)

−
=
=
+
⎟
n
3
2
2 ∏
⎟
n
n
n
n k =1
k
⎝
⎠

Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > 0 ∀n ≥ 1, y1 < y2 và với mọi n ≥ 3
⎞
yn
n 2 + n + 1 (n − 1) 2 ⎛
1
2
.
. ⎜1 +
=
=1+ 4
> 1.
2

2
2⎟
y n −1
( n − 1) + n ⎝
( n − 1) ⎠
n
n − n3 + n 2
Suy ra (yn) là dãy số tăng.
n −1
⎛
1
⎜
∑
2
n −1
1
k =1 k
⎜
và ∏ (1 + 2 ) ≤ ⎜1 +
n −1
k
k =1
⎜
⎜
⎝

Vì với mọi n ≥ 2, ta có n + 1 < n 2

n −1
⎛

1
⎜
∑ k2
k =1
yn < 2 ⎜⎜1+
n −1
⎜
⎜
⎝
n −1

Mà

1
∑ k2 < 1 +
k =1

n −1

1
∑ k (k −1) = 1 +
k =2

⎛
2 ⎞
nên từ (3) suy ra yn < 2 ⎜1 +
⎟
n − 1⎠
⎝

n −1

⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠

⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠

(2)

n −1

nên từ (1) ta được

n −1

⎛ 1

∀n ≥ 2.

1⎞

(3)

1

∑ ⎜ k −1 − k ⎟ = 2 − n −1 < 2

k =2⎝

⎠

∀n ≥ 3

n −1

< 2e 2 ∀n ≥ 2.

Do đó (yn) là dãy số bị chặn trên. Kết hợp với (2) suy ra (yn) là dãy hội tụ.
Bài 3.
1/ Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP.
n = 900 + FAB
n = EFP
n . Suy ra EFP
n + ECP
n = 1800.
Ta có n
ACE = 900 + BCE
n = CEP
n = 900 . Vì thế CF // AB. Suy ra

Do đó CEFP là tứ giác nội tiếp. Suy ra CFP

■

CP FP
.
=
CA FB

CP OA FB OA
.
.
=
= −1.
CA OB FP OB
Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE và BC đồng quy.
2/ Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O).

Từ đó, xét tam giác ABP, ta có

Xét tam giác vuông ABP, ta có PA =
Suy ra PC =

PB 2
=
PA

x2
x2 + 4R2

PB 2 + AB 2 =

■

x2 + 4R2 .

và AC = PA − PC =

4R2
x2 + 4R2

.

2


www.HOAHOC.edu.vn
Vì CF // AB (cmt) nên

BC PC
PC + PA
MC CF PC
=
=
=
+1=
. Suy ra
. Do đó
MB PA
PA

MB AB PA

BM =

Vì vậy S AMB

Rx x 2 + 4 R 2
PA.BC
PB. AB
.
=
=
PC + PA PC + PA
x2 + 2R2

Rx x 2 + 4 R 2 AC
1
1
2 R3 x
n
= AB.BM .sin ABM = .2 R.
=
.
.
2
2
2R x2 + 2R2
x2 + 2R2

2 R3 x

R2
R2
và S AMB =
⇔ x2 = 2R2 ⇔ x = 2R .
=
2 2 xR
2
2
Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi P nằm cách B một khoảng bằng
R2
.
■
2R (có hai vị trí như vậy); khi đó S AMB =
2
Bài 4.
Để chứng minh khẳng định của bài toán, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE
bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó.
Ta có Nhận xét sau:
Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài các cạnh không vượt quá 3 bởi 3 hình
tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó.
Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc
bất cứ hình tròn nào trong các hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó.
Khi đó, ta có MX > 1, MY > 1 và MZ > 1.
n và ZMX
n phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay
Dễ thấy, trong ba góc n
XMY , YMZ
bằng 1200. Không mất tổng quát, giả sử n
XMY ≥ 1200 . Áp dụng định lí côsin cho tam giác
XMY, ta được

1
1
XY 2 = MX 2 + MY 2 − 2MX .MY .cos n
XMY > 1 + 1 + 2. = 3 (do cos n
XMY ≤ − ).
2
2
Suy ra XY > 3 , trái với giả thiết. Mâu thuẫn nhận được cho ta điều muốn chứng minh.

Suy ra S AMB ≤

Do các tam giác ABC, ACD và ADE có độ dài các cạnh không vượt quá 3 nên theo
Nhận xét trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)),
((A), (C), (D)) và ((A), (D), (E)). Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình tròn đơn
vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó. Theo nguyên lí Dirichlet, trong 5 hình tròn đó
phải tồn tại hình tròn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
■
Bài 5.
Cách 1:
Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi
b0 = 1, b1 = –1 và bn = 6bn −1 + 2016bn − 2 với mọi n ≥ 2.
Dễ thấy với mọi n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod 2011) .

(∗)

Phương trình đặc trưng của dãy (bn): x 2 − 6 x − 2016 = 0 , hay (x – 48)(x + 42) = 0.
Suy ra, số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng: bn = C1.(−42) n + C2 .48n .
⎧C + C2 = 1
Từ các điều kiện ban đầu của dãy (bn), ta được ⎨ 1
⎩ 42C1 − 48C2 = 1.

3


www.HOAHOC.edu.vn
49
41
49.(−42) n + 41.48n
và C2 =
. Vì vậy bn =
90
90
90
Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có:

∀n ≥ 0.

Suy ra C1 =

(−42) 2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod 2011) .

Do đó 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) .
Suy ra b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1).
Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010(mod 2011) .
Vì thế a2012 ≡ 2010(mod 2011) (theo (∗)).

■

Cách 2:
+ Số hạng tổng quát của dãy (an):

(

2 ⎞
⎛1
an = ⎜ −
⎟ 3 + 14
14 ⎠
⎝2

)

n

(

)

(

)

n
2 ⎞
⎛1
3 − 14 .
+⎜ +
⎟
14 ⎠
⎝2

(1)

+ Đặt p = 2011, ta có:

(

2 ⎞
⎛1
a p +1 = ⎜ −
⎟ 3 + 14
14 ⎠
⎝2

Do

(3 +

14

)

p +1

)

p +1

= Ap +1 + B p +1. 14 và
Ap + 1 =

B p +1 =

và

( p +1) / 2

∑

i =0

(3 −

i =1

14

)

p +1

C 2pi+1.32i.14

( p +1) / 2

∑

2 ⎞
⎛1
+⎜ +
⎟ 3 − 14

14 ⎠
⎝2

p +1

.

= Ap +1 − B p +1. 14 , trong đó

p +1
−i
2

p +1
−i
2i −1 2i −1
C p +1 .3 .14 2

(2)

,

nên a p +1 = Ap +1 − 4 B p +1 .

(3)
(4)

+ Do p là số nguyên tố nên C kp ≡ 0(mod p ) ∀k =1, p −1 . Do đó, từ C pk +1 = C pk + C pk −1 suy
ra C kp +1 ≡ 0(mod p ) ∀k = 2, p −1 . Vì vậy, từ (2) và (3), ta được:
Ap +1 ≡ (14( p +1) / 2 + 3 p +1 ) (mod p )

và

B p +1 ≡ 3( p + 1)(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) ≡ 3(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) (mod p ) .

Do đó, từ (4) suy ra a p +1 ≡ (−3 p + 2.14( p −1) / 2 ) (mod p ) .

(5)

Để ý rằng 452 ≡ 14 (mod p) và (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có:
3 p ≡ 3(mod p) và 14( p −1) / 2 ≡ 45 p −1 ≡ 1(mod p ) .

Do đó, từ (5) ta được a2012 = a p +1 ≡ − 3 + 2 = − 1 ≡ 2010(mod 2011) .

(Đpcm)

Chú ý: Đối với bài làm của thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết các bước tìm
số hạng tổng quát an.
Bài 6.
Do n
ABC và n
ACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc nằm trong
cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối của tia AC. Vì thế, từ định
nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng hàng và M, F, P thẳng hàng.

4


(

)

1n
n=1 n
AEF + n
AFE = BAC
Do đó NMP
.
2
2

www.HOAHOC.edu.vn

n = 1 BAC
n.
Suy ra: A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi NAP
(1)
2
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh
n = 1 BAC
n khi và chỉ khi d đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (2)
NAP
2
Không mất tổng quát, giả sử AB < AC.
(3)
• Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d. Khi đó, từ (3) suy ra E nằm trên tia đối của tia AB và F
nằm trong cạnh AC.
Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P). Ta sẽ chứng minh Ax tiếp xúc với (N).
Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 lần lượt là tiếp điểm của (P) và Ax, CD, DF, FC. Gọi S là giao
điểm của Ax và DF. Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 và ST2 = ST.
Do đó AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD.

(4)
Vì I ∈ d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Suy ra AC – CD = AB – BD.
(5)
Từ (4) và (5) suy ra AS + BD = AB + SD. Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra Ax
tiếp xúc với (N).
n = NAx
n + xAP
n = 1 BAx
n + 1 xAC
n = 1 BAC
n.
Từ đó, ta có NAP
2
2
2
1
n = BAC
n . Xét hai trường hợp sau:
• Điều kiện đủ: Giả sử NAP
2
- Trường hợp 1: E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC.
Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S. Ta có
n = NAP
n − xAP
n = 1 BAC
n − 1 xAC
n = 1 BAx
n.
NAx
2

2
2
Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Do đó ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra
AS + BD = AB + SD.
Hơn nữa, theo chứng minh ở phần trên, ta có AS – SD = AC – CD. (Xem (4)).
Từ đó, ta được BD = AB + CD – AC. Suy ra 2BD = AB + BC – AC.
AB + BC + CA
Do đó BD = p – b, trong đó p =
và b = AC.
2
Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC.
Từ đó, do D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D ≡ K. Vì vậy I ∈ d.
- Trường hợp 2: E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC.
Khi đó, do (3) nên CD > CK. (∗)
Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C đóng vai trò của B, E
đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai trò của (P) và (P) đóng vai trò
của (N) trong trường hợp trước. Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu
thuẫn với (∗). Mâu thuẫn nhận được cho thấy trường hợp này không thể xảy ra.
Vậy, (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu
cầu của đề bài.
■
Bài 7.
Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài ra bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử tồn tại các đa thức với hệ số thực G(x, y) và H(x, y), khác đa thức hằng, sao cho
(1)
P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) ,

5