bộ đề THI CHỌN đội TUYỂN dự THI học SINH GIỎI QUỐC GIA THPTNĂM học 20182019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2018  2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Ngày thi thứ nhất: 20/9/2018
Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 1 trang, gồm 4 bài)

Bài 1. (5,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  được xác định bởi công thức:

x1  1; xn 1  xn 

1
với mọi n  1, 2,3...
2 xn

Chứng minh rằng:
1
1
1
a) n  nxn  n  H n , với mọi n  1, 2,3... trong đó H n  1     .
6
2
n

b) 9 x81   81 (kí hiệu  x  là phần nguyên của số thực x ).
Bài 2. (5,0 điểm) Cho số nguyên a và đa thức P ( x ) hệ số nguyên, hệ số bậc cao nhất là 1.
Ta xây dựng dãy số (an ) xác định bởi:

a0  a , an1  P  an  với mọi n  N .
Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên dương m thỏa mãn một trong hai điều kiện sau:
i) | am |  | am 1 |  | am  2 |  ...
ii) am , am1 , am 2 ... là dãy tuần hoàn với chu kì T  2 .
Bài 3. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC và hai điểm M, N nằm trên các cạnh AC, AB sao cho
MN song song với BC. Điểm P di chuyển trên đoạn thẳng MN. Lấy các điểm E, F sao cho
EP  AC , EC  BC , FP  AB, FB  BC .
a) Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua một điểm cố định khi P di chuyển.
b) Đường thẳng qua A vuông góc EF cắt BC tại Q. Chứng minh rằng trung trực
của BC đi qua trung điểm của PQ.
Bài 4. (5,0 điểm) Cô giáo có tất cả 2020 viên kẹo gồm 20 loại kẹo khác nhau, mỗi loại ít
nhất có 2 viên kẹo. Cô chia hết kẹo cho các học sinh của mình, mỗi người một số viên
kẹo và không có học sinh nào nhận được nhiều hơn một viên kẹo ở một loại kẹo. Cô yêu
cầu hai học sinh khác nhau bất kì so sánh các viên kẹo mình nhận được và viết số loại
kẹo mà cả hai cùng có lên bảng. Biết rằng mỗi cặp học sinh bất kì đều được lên bảng
đúng một lần. Gọi tổng các số được viết lên bảng là M .
a) Xác định giá trị nhỏ nhất của M .
b) Với giả thiết tương tự nhưng thay 20 loại kẹo khác nhau bởi 19 loại kẹo khác
nhau, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của M trong trường hợp tương ứng này.
HẾT
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………………….Số báo danh……………..…


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI
QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019
Môn: TOÁN  Ngày thi thứ nhất
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Đáp án
Do xn21  xn2 

Điểm

1
 1 , x12  1 nên ta chứng minh quy nạp xn2  n .
2
4 xn

Với n  1 thì mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng đến n , tức là xn2  n .
1.a
2,5
điểm

Suy ra xn21  n  1 
Lại có xn2  xn21 

1
 n  1 đúng. Từ đó ta có
4 xn2

1

nxn  n .

n 1
1
1
1 n 1 1
2

1



x

n

1


n





1
2

4 xn21
4 k 1 k
k 1 4 xk
2

1,5

1
1
1


 n  Hn   n 
H n   nxn  n  H n .
4
6
6 n



Ta chứng minh H 81  6 .
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: H n  1  ln n .

1

Thật vậy, xét hàm số

f  x   ln  x  1  ln x 
1.b
2,5

điểm

f  x  

1
1
 1
 ln  1   
x  0
x 1
 x  x 1

1
1

 0 , x  0 nên hàm số f  x  giảm trên
x  x  1  x  12

khoảng  0;    f  x   0, x  0 , hay

0,5

1
 ln  x  1  ln x *
x 1

Áp dụng BĐT trên ta có :
1
1
1      1  ln 2  ln1  ln3  ln 2    ln81  ln80  1  ln81  6

2
81
1
Từ đó : 81  81 x81  81  H 81  82  9 x81   81 .
6
Trường hợp 1. Với deg P ( x )  1 thì P ( x )  x  c , c nguyên.

1

Suy ra an  a0  n.c với mọi n  N hay (an ) là cấp số cộng.
+) Nếu c  0 , dãy (an ) là dãy hằng, chọn m  1 thì chu kì T  1 , thỏa mãn ii)
2
+) Nếu c  0 , chọn m | a0 | 1 , khi đó: 0  am  am 1  am  2  ... nên
5 điểm
| am |  | am 1 |  | am  2 |  ... thỏa mãn i)
+) Nếu c  0 , chọn m | a0 | 1 , khi đó: 0  am  am 1  am  2  ... nên

| am |  | am1 |  | am  2 |  ... , thỏa mãn i).
1

2


Trường hợp 2. Với deg P ( x )  2 ,
Xét đa thức Q( x)  P 2 ( x)  x 2 , Q ( x ) bậc chẵn, có hệ số bậc cao nhất là 1

1

nên tồn tại số x0 nguyên dương để Q ( x )  0 | P ( x) || x | với mọi | x | x0 .
Nếu tồn tại m để | a m |  x0 thì | am |  | am1 |  | am  2 |  ... , thỏa mãn i).

Ngược lại: | a m |  x0 với mọi m đủ lớn. Vì vậy dãy (an ) bị chặn nên nó tuần

1

hoàn. Ta chứng minh chu kì T  2 .
Giả sử dãy am , am1 , am 2 ,... tuần hoàn theo chu kỳ T  2 . Khi đó

am , am 1 ,..., am T 1 đôi một phân biệt và am  amT .
Ta có: am  am 1 | P(am )  P(am 1 )  am1  am 2 .
Hoàn toàn tương tự, suy ra:
am  am1 | am 1  am 2 | am 2  am 3 | ... | am T 1  am T | amT  am T 1  am  am1
Do đó: | am  am 1 || am 1  am  2 || am 2  am3 | ... | am T 1  am T | .
Nếu tồn tại p  T để: am  p  am  p 1  ( am  p 1  am  p  2 ) thì am  p  am  p  2
nên dãy tuần hoàn theo chu kì T  2 , vô lý.
Suy ra: am  am1  am 1  am  2  am 2  am3  ...  amT 1  am T .
Hay am , am1 , am 2 ,..., amT là cấp số cộng, nên am  am 1  am  2  ...  amT ,
vô lý. Vậy T  2 , thỏa mãn ii).
Kết luận: luôn tồn tại số nguyên dương m thỏa mãn bài toán.
K

E
A

G

3.a
2,5
điểm

I

F

T
N
B

P
D

Q

2

J

H

S
M
C

1


Gọi AD là đường cao tam giác ABC, MN cắt CE, BF tại S, T. Đường
thẳng qua S vuông góc với AB cắt EF, BF lần lượt tại I và G.

1

Ta có SPE  DAC và TPF  DAB.
Từ đó

IE ES ES PS ES TP CD AD DC
.


.

.

.

IF FG PS FG PS TF AD DB DB

Vậy I thuộc AD suy ra I là giao điểm của AD và SG cố định.
Ta có điều phải chứng minh.

1

0,5

Gọi H là hình chiếu của P lên BC. Ta sẽ chứng minh QB = HC từ đó suy
ra trung trực BC chia đôi PQ.

0,5

Cũng từ SPE  DAC và TPF  DAB.
3.b
2,5

điểm

Ta có

PE PE PS PT AC HC AD AC HB DC
.

. .

.
.

.

PF PS PT PF AD HB AB AB HC DB

1

Lấy K thuộc AC sao cho BK AQ . Ta dễ thấy ABK  PFE.



QB BQ AK AB QC PE AB AB AC HB HB

.
.

. .

.

.

QC AK AB QC AC PF QC AC AB HC HC

1

Lại có H, Q đều nằm giữa BC nên dễ suy ra QB = HC (đpcm)
Gọi a1 , a2 ,..., a20 là số viên kẹo của loại kẹo thứ 1, 2,..., 20 với ai  2.
Với loại kẹo thứ i ( 1  i  20 ), ta đếm số bộ ( A, B ) mà hai học sinh A, B
đều có loại kẹo này. Số bộ cần đếm là Ca2i .

1

Khi đó, theo giả thiết, tổng số bộ chính là M hay
20

20
2
ai

M   C trong đó
i 1

4.a
2,5
điểm

a

i

 2020 .

i 1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky ta có:

ai  ai  1 20 ai2 20 ai
M 
  
2
i 1
i 1 2
i 1 2
20

20

2

1



  ai 
20
a 20202 2020
  1   i 

 101000

2.20
2
2.20
2
i 1
Dấu “=” xảy ra khi ai  101,  i  1, 2,..., 20.
Vậy giá trị nhỏ nhất (GTNN) của M là 101000.

3

0,5


ai  ai  1 1 19 2 1 19
  ai   ai nên biểu
Như lý luận ở câu a, ta có: M  
2
2 i 1
2 i 1
i 1
19

19

thức M đạt GTNN 

2
i

a

1

đạt GTNN.

i 1

19

Ta sẽ chứng minh:

2
i

a

đạt GTNN khi ai  a j  1 với mọi 1  i, j  19 . (1)

i 1

Thật vậy: Xét bộ 4 số a, b, c, d mà a  b  2 ; c  a  1; d  b  1 thì ta có:
2

4.b
2,5
điểm

2

cd  ab  a  b  1  ab và  a  b    c  d  suy ra a 2  b2  c 2  d 2 .

0,5

Mở rộng tính chất này cho nhiều số ta suy ra (1) được chứng minh.
Do đó M đạt GTNN khi có t số giá trị là k và 19  t số có giá trị là k  1
với 0  t  19 và GTNN là

1
M  tk 2  (19  t )(k  1)2  2020 .
2
Ta có tk  (19  t )( k  1)  2020  t  19k  2001.
Do 0  t  19 nên

2001
2020
k
. Từ đây ta có k  106, t  13 .
19
19

Thay vào ta được GTNN của M là

1
13.1062  6.107 2  2020  =106371.
2

4

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 1 trang, gồm 4 bài)

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2018  2019

Môn thi: TOÁN
Ngày thi thứ hai: 21/9/2018
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1. (5 điểm) Ký hiệu tập hợp M  10;  9;  8; ..... ;9;10 . Xét đa thức

P  x   x3  ax 2  bx  c





trong đó các hệ số a, b, c đều thuộc tập hợp M. Biết rằng P 2  2 

9
, chứng
2018

minh đa thức P  x  có ba nghiệm thực phân biệt.

Bài 2. (5 điểm) Cho một khung sắt có hình dạng là một tứ diện đều mỗi cạnh có độ
dài 1 mét. Một con bọ ban đầu ở tại một đỉnh của tứ diện, bắt đầu di chuyển liên tục trên
các cạnh của tứ diện theo quy tắc: tại mỗi đỉnh nó đến, nó sẽ chọn một trong ba cạnh tại
đỉnh đó và di chuyển theo cạnh đó đến đỉnh tiếp theo. Với mỗi số nguyên dương n, tìm số
cách đi của con bọ để nó trở lại đúng đỉnh ban đầu sau khi đã đi được đúng n mét.
Bài 3. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường
tròn tâm O. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm là điểm I tiếp xúc với các cạnh BC,
CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC của đường
tròn (O). Đường thẳng MD cắt lại đường tròn (O) tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường
thẳng BC tại điểm P.
a) Chứng minh rằng tam giác ANI vuông và tứ giác AIHP nội tiếp.
b) Đường thẳng MH cắt lại đường tròn (O) tại điểm S, đường thẳng NS cắt đường
thẳng BC tại điểm Q. Chứng minh rằng tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm N đi qua
trung điểm của đoạn thẳng PQ.
Bài 4. (5 điểm) Cho k là số tự nhiên lớn hơn 1. Xét dãy số  an  xác định bởi:

a0  0; a1  1 và an 1  kan  an1 với mọi n  N * .
Xác định tất cả các giá trị của k sao cho tồn tại các số tự nhiên m, n (với m  n) và
các số nguyên dương p, q thỏa mãn điều kiện:

am  ka p  an  kaq .
HẾT

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………………….Số báo danh…………….……


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI
QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019
Môn: TOÁN  Ngày thi thứ hai
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài
Bài 1
5 điểm

Nội dung
3



Điểm
2

 
  a2  2   b2  2   c
=  20  14 2   a  6  4 2   b  2  2   c

Ta có P 2  2  2  2

=  20  6a  2b  c   14  4a  b  2

1

= mn 2
với m  20  6a  2b  c; n  14  4a  b .

Do a, b, c  M nên m  110 và n  64.
Trước hết ta chứng minh 2  2 là nghiệm của P  x  . Giả sử ngược lại





rằng 2  2 không phải là nghiệm của P  x  . Khi đó P 2  2  0
 m  n 2  0  m, n không đồng thời bằng 0.

3
Suy ra m  n 2  0 và m  n 2  m  n 2  110  64.  206.
2
2
2
m  2n
1
9
Từ đây ta có P 2  2  m  n 2 
, mâu


m  n 2 206 2018





1

1

thuẫn với giả thiết ban đầu. Vì vậy 2  2 là nghiệm của P  x  .
Do 2  2 là nghiệm của P  x  nên m  n 2  0  m  n  0 . Ta có





P 2  2  m  n 2  0 nên 2  2 cũng là nghiệm của P  x  .
Mặt khác 2  2 và 2  2 là hai nghiệm của tam thức x 2  4 x  2 nên ta
c
c

phải có P  x    x 2  4 x  2   x   hay P  x  còn có nghiệm   Q .
2
2

Vậy P  x  có ba nghiệm thực phân biệt.
Bài 2
5 điểm

A

1

1

Giả sử khung sắt có dạng là
một hình tứ diện đều ABCD

mỗi cạnh có độ dài 1 mét và
ban đầu con bọ ở tại đỉnh A.
1

D

B
C

1

Gọi an , bn , cn , d n là số cách
đi để đúng sau khi đi được n
mét con bọ sẽ tương ứng đến
A, B, C, D.


Với mỗi n > 1,
i) Do tính đối xứng của các đỉnh B, C và D nên
(1)
bn = cn = d n ,
ii) Muốn đi đến A phải từ B, C hoặc D đi thêm 1 mét nữa nên:
(2)
an = bn 1 + cn 1 + d n 1 ,
iii) Tương tự cũng có: bn = an 1 + cn 1 + d n 1 (3)
Từ (1) và (2) ta có: an = 3 bn 1  an 1 = 3 bn . Kết hợp với (3) ta được:
an1 = 3 bn = 3( an 1 + cn 1 + d n 1 )
= 3( an1 + 2 bn 1 ) = 3 an 1 + 2 an
hay là
an 1 = 2 an + 3 an 1 với mọi n > 1.

Dãy số này có phương trình đặc trưng t 2  2t  3 , có các nghiệm t  3
và t  1 nên số hạng tổng quát của dãy có dạng:
an  A.3n  B.(1) n với mọi n  N*.
Kết hợp với a1 = 0, a2 = 3 ta tính được kết quả:

1

1

3n  3.(1) n
với mọi n  N*.
4

an =

Bài 3
5 điểm

2

a) (3 điểm)
A

N
E
O
F

P

B

I

H

C

D

M

Ta xét trường hợp AB < AC, trường hợp còn lại tương tự.
NB DB

Ta có ND là phân giác trong tam giác NBC nên
.
NC DC
NB FB

Lại có DB = FB và DC = EC nên suy ra
.
NC EC
Kết hợp với NBF = NCE ta được NBF  NCE.
Suy ra NFB = NEC  NFA = NEA  các điểm A, N, E, F nằm
trên một đường tròn. Do đường tròn này có đường kính là AI, suy ra tam
giác ANI vuông tại N.
2

1

Theo tính chất quen thuộc ta có MB = MC = MI, suy ra các điểm B, I, C
nằm trên đường tròn tâm M, ta ký hiệu là (M). Ta có PN.PA = PB.PC
suy ra P có cùng phương tích đối với hai đường tròn đường kính AI và
đường tròn (M).
Lại có hai đường tròn này có M nằm trên AI và có điểm chung I suy ra
chúng tiếp xúc ngoài với nhau tại I. Từ đó PI là trục đẳng phương của
hai đường tròn, suy ra PI  AI. Kết hợp với PH  HA ta suy ra tứ giác
AIHP nội tiếp đường tròn đường kính AP.
b) (2 điểm)

1

1

A

N
E
O
F
T

I

S

P

Y

Q B

X

H

C

D

M

Bài 4
5 điểm

Gọi T là giao điểm khác A của AH và đường tròn đường kính AI. Suy ra
IT  AH nên IDHT là hình chữ nhật. Khi đó theo định lý Simsơn thì N,
T, D thẳng hàng (do I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác APH) suy
ra đường thẳng MN đi qua trung điểm X của đoạn IH.
Gọi Y là trung điểm của PQ. Ta chứng minh NY là tiếp tuyến của đường
tròn (O).
Xét hai tam giác MIH và NPQ có: IMH = PNQ (tứ giác ANSM nội
tiếp) và MIH = NPQ (tứ giác AIHP nội tiếp) nên MIH  NPQ. Do
MX và NY là trung tuyến tương ứng của các tam giác trên nên suy ra
MXH  NYQ  HMX = QNY hay SMN = SNY suy ra NY là
tiếp tuyến của đường tròn (O).
Với k = 2, ta có dãy a0  0; a1  1 và an 1  2an  an 1 với mọi n  N * .
Suy ra a2  2; a3  5. Khi đó a0  2a2  4  a2  2a1 nên cặp

 m, n    0, 2  và  p, q    2,1 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta sẽ chứng minh với mọi số tự nhiên k  3 đều không thỏa mãn bài
toán bằng phản chứng.
Thật vậy với k  3 thì  an  là dãy tăng đồng thời an 1  an 1  kan  an
với mọi n  N * . Do đó, với mọi n  N thì
a2 n  a0  0(mod k ) và a2 n 1  a1  1(mod k ) (*).
3

1

1

1

1


Giả sử tồn tại các cặp số m, n  N và p, q  N* thỏa mãn m  n và
am  ka p  an  kaq . Không mất tính tổng quát giả sử m < n, suy ra
am  an , a p  aq , ta có các trường hợp sau đây:
Trường hợp 1: p < m < n. Khi đó
am  ka p  am  kam1  kam  am 1  am1  an  an  kaq
mâu thuẫn, nên trường hợp này không thỏa mãn.
Trường hợp 2: p = m < n.
+) Nếu p = m = n – 1 thì
an  kaq  am  ka p   k  1 an1  an  an1  k  an 1  aq  ,
vô lý vì vế trái không chia hết cho k.
+) Nếu p = m < n – 1 thì
am  ka p  an  2  kan  2  an 2  kan 1  an  an  kaq ,
mâu thuẫn với giả sử.

Trường hợp 3: m  p  n . Khi đó am  a p 1 , a p 1  an và aq  0 nên
am  ka p  ka p  a p 1  a p 1  an  an  kaq ,
mâu thuẫn với giả sử.
Trường hợp 4: m  n  p . Khi đó ta có từ am  ka p  an  kaq  ka p

1

1

k 1
ap .
k
và a p  aq nên

 kaq  ka p  an   k  1 a p  aq 
Mặt khác a p  ka p 1  a p 2  ka p 1

k 1
k 1
ap 
.ka p 1   k  1 a p 1  a p 1.
k
k
tăng nên phải có q = p – 1 và các đánh giá trên đồng thời

a p  aq 
Do dãy  an 

xảy ra đẳng thức  aq  a p 1  0  q  0 , vôlý.
Vậy chỉ có giá trị k = 2 thỏa mãn bài toán.

------------------- HẾT ---------------------

4

1


SỞ GDĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH
Năm học 2018 – 2019
MÔN: TOÁN
Ngày thi 11/09/2018
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang

Câu 1 (6,0 điểm).


y  y2  1
2
2
(x  y)(x  xy  y  2)  2ln
Giải hệ phương trình: 
x  x2 1 .
 x
y
3 .2x  3  2y  1

Câu 2 (4,0 điểm).
Xét sự hội tụ của dãy số  x n  biết x 0  2 , x n 1 

2
3
 2 n   .
xn xn

Câu 3 (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các
hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP. Gọi
G là giao điểm của AQ và BM, H là giao điểm của AN và CP. Đường tròn ngoại tiếp các
tam giác GMQ, HNP cắt nhau tại E và F (E nằm trong đường tròn (O)).
a) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, O, E cùng thuộc một đường tròn.
Câu 4 (4,0 điểm).
Bạn Thanh viết lên bảng các số 1, 2, 3,…, 2019. Mỗi một bước Thanh xóa hai số a và
b bất kỳ trên bảng và viết thêm số

ab
. Chứng minh rằng dù xóa như thế nào thì sau
a  b 1

khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số

1
.
2019

-----Hết-----

Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Giám thị 2:........................................................................................


Câu

Nội dung


y  y2  1
2
2
( x  y )( x  xy  y  2)  2 ln

x  x2  1
 x
y
3 .2 x  3  2 y  1
Điều kiện xác định: x, y   .

Điểm

1
 2

Phương trình 1  x3  y 3  2( x  y )  2 ln( y 

y 2  1)  2 ln( x  x 2  1)

 x 3  2 x  2 ln( x  x 2  1)  y 3  2 y  2 ln( y  y 2  1)
Xét f (t )  t 3  2t  ln(t  t 2  1) , ta có:

f (t )  3t 2  2 
 (t 2  1) 

1
2

2
t2 1


1
2

 2t 2  3

t 1
t 1
 2t  0 t  
Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên  .
2

1

Do đó (1)  f  x   f  y   x  y
Thay x  y vào phương trình  2  ta được 3x  2 x  1  2 x  1 (3)
6 điểm

1
không là nghiệm của (3)
2
2x 1
0
Do đó (3)  3x 
2x 1
2x 1
Xét g (x)  3x 
, ta có:
2x 1
4
g ( x)  3x ln 3 
(2 x  1) 2
1
1
 g ( x)  0 x  (; )  ( ; )
2
2
Nhận xét: x 

1
2

1
2

Suy ra g(x) đồng biến trên mỗi khoảng (; ), ( ;  )
Suy ra phương trình (3) có không quá 2 nghiệm.

Mà g 1  g  1  0 do đó  3 có đúng 2 nghiệm là x  1 .
Kết luận: Tập nghiệm của hệ là (1;1);(1; 1) .
Nhận xét: xn  0 n  * .

2
3
 2 , ta có g(x) nghịch biến trên  0;  
x x
Do g ( x) nghịch biến trên  0;   nên g  g là hàm đồng biến trên  0;   .
Đặt g  x  

2
4 điểm

Suy ra  x2n  đơn điệu.
Mà x1 

4 3
32  24 3
, x2 
 x0  x2
4
(4  3) 2


Do đó  x2n  là dãy đơn điệu tăng.
Suy ra x2 n  2 n   .
Giả sử tồn tại giới hạn lim xn  a

 lim x2 n  a  a  2

* .

Từ lim xn  a và xn 1 

2
3
2
3
 2 , cho n dần đến vô cùng ta được: a   2 .
xn xn
a a

2
3
 2  a  3 a2  a 3  1  0
a a
a 3
a







Suy ra a < 2 (Mâu thuẫn)
Vậy dãy  xn  không hội tụ.

F

Q
N
A

P
C

3

E

M

O

G

H
B

6 điểm

D
a. 3,5 điểm
Gọi (O1), (O2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác GMQ, HNP suy ra EF
là trục đẳng phương của (O1), (O2).
Gọi D là giao điểm của BM và CP suy ra AGDH là hình bình hành
Vì ABN  CAP  (AB, AN) = (CA, CP)
(BA, BD) = (AB, AN) = (CA, CP) = (CA, CD)
 A, B, C, D đồng viên.

Suy ra (CA, CB) = (DA, DG), (AB, AC) = (DG, DC)=(GD, GA)
suy ra hai tam giác ABC và GAD đồng dạng.



AB GD AH


AC GA AG

Mà ABN  CAP 

AB CP

CA AN


AH CP AQ


AG AN AN
 AH . AN  AG. AQ
 PA/(O1 )  PA/(O2 )


Mà EF là trục đẳng phương của (O1), (O2)  A  EF .
Vậy A, E, F thẳng hàng.
b. 2,5 điểm
Gọi F   MN  PQ .
Ta có:  F M , F Q    AB, AC    GM , GQ  .

Suy ra F    O1  . Tương tự F    O2  . Suy ra F   F .
Ta có E, F, M, G đồng viên  (GB, GE) = (GM, GE) = (FM, FE)= (AB,AE)
suy ra A, B, E, G đồng viên
Tương tự A, C, E, H đồng viên.
Suy ra (EB, EC) = (EB,EA) + (EA, EC) = (GB, GA) + (HA, HC)
= 2(DB,DC)
Mà A, B, C, D đồng viên suy ra D thuộc (O)  (OB, OC) = 2(DB, DC)
 (EB, EC) = (DB, DC)
Suy ra B, C, E, O đồng viên.
Với mỗi tập T  a1 ; a2 ;...; an  các số viết trên bảng thì đặt


1
 1
  1
A T     1  1   1
 a1  a2   an 
 A 1; 2;; 2019  2020

 1  1   a  1 b  1
 1  1 
ab
 a  b 

Ta thấy: 
5

4 điểm



1
1
 ab 


 a  b 1

Suy ra nếu xóa hai số a và b và thay bởi

ab
, tập T biến thành tập T  thì
a  b 1

A T   A(T ) .
Giả sử sau khi thực hiện 2018 bước ta được số thực x ta có: A

x
Vậy trên bảng luôn còn lại số

1

 x  x  1  2020

1
2019

1
.
2019

………………………HẾT...................................


SỞ GDĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN: TOÁN
Ngày thi:12/09/2018
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm).
Cho đa thức P(x) có hệ số nguyên và a, b, c là các số nguyên thỏa mãn P(a)  1,

P(b)  2 và P(c)  3. Chứng minh rằng: a + c = 2b.
Câu 2 (5,0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 1
ab  bc  ca
  4 2 2
94 2 .
a  b2  c2
a b c

 a  b  c  
Câu 3 (6,0 điểm).

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O), đường tròn tâm I tiếp xúc với
các tia AB, AD lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại điểm T.
Hai tiếp tuyến tại A và T của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Các đường thẳng TE, TF lần
lượt cắt đường tròn (O) thứ tự tại các điểm M, N (M, N khác T).
a) Chứng minh rằng ba điểm K, M, N thẳng hàng.
b) Đường phân giác của góc BAC cắt đường thẳng MC tại P, đường thẳng KP cắt
đường thẳng CN tại Q. Chứng minh rằng: Nếu N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ADQ thì bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ACD bằng nhau.
Câu 4 (5,0 điểm).
Với số n nguyên dương, đặt f(n) là số ước nguyên dương của n. Xét tập hợp
G  {n  * : f (m)  f (n), m  , 0  m  n} và gọi pi là số nguyên tố thứ i ( i  * ).

a) Chứng minh rằng: Nếu n thuộc G và p m là ước nguyên tố của n thì ( p1p 2 p m ) là
ước của n.
b) Với số nguyên tố p m , gọi k, M là các số nguyên dương thỏa mãn 2k  p m và
M  (p1p 2  p m 1 ) 2k . Chứng minh rằng: Nếu n  M và n thuộc G thì n chia hết cho p m .

-----Hết----Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .......................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...............................................................................................
Giám thị 2:...............................................................................................


Câu

Nội dung

Điểm

Vì P(b) = 2 nên ta có P  x    x  b  .q  x   2 với q ( x)    x  .

Suy ra 1  P  a    a  b   q  a   2   a  b   q  a   1
1
4
điểm

3  P c  c  b  q c  2  c  b  q c  1
Vì a – b, c – b, q(a), q(c) là những số nguyên nên a – b và c – b là ước của 1.

a  b  1
hoặc
 c  b  1

Ta có P  a   P  c   a  c . Suy ra: 

a  b  1

c  b  1

 a  c  2b

1 1 1
ab  bc  ca
  4 2 2
94 2
a  b2  c2
a b c
ab  bc  ca
1 1 1
 a  b  c      9  4 2  4 2 2
a  b2  c2

a b c

 a  b  c  

a  b


2

ab

b  c


2

bc

c  a

ca

2

2

2

2

 a  b   a  c  b  c
2

2

(*)

a2  b2  c2

 a  b
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c 

2

b

a  c


2

c

Áp dung bất đẳng thức Chebyshev ta có:

  a  b 2  a  c  2 
2
2



  b  c   2  a  b    a  c  
c 
 b
2

a  b


2

ab

5
điểm

a  c

ac

2

2
2
2  a  b    a  c  

 
a b  c

(1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ b = c





Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM: 2 a 2  b 2  c 2  2a 2   b  c 

 2 2a  b  c 



2
2 2
 2
a b  c  a  b2  c 2

2
2
2
2
2  a  b    a  c  
a  b   a  c



Suy ra
2 2
a b  c
a2  b2  c2

(2)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a 2  b  c

a 2  b 2  c 2  3bc  2 2bc (vì a  b  c )

b  c 

bc

2

2 2

b  c 

2

a2  b2  c2

(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra BDT (*) đúng. Suy ra điều phải chứng minh.

2


Dấu bằng xảy ra khi a  b  c hoặc a  2b  2c và các hoán vị.
M

B

E
A
O

L

N

IX

F
K

D
T

a) 3,0 điểm
Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến đường tròn  I  thành đường tròn  O  .
Khi đó vì T , E , M thẳng hàng và E   I  , M   O  nên VTk : E  M

T , F , N thẳng hàng và F   I  , N   O  nên VTk : F  N
Gọi L là giao điểm của AT và (I) suy ra VTk : L  A
3

Tiếp tuyến tại E , F của  I  và TL đồng qui tại A

 TELF là tứ giác điều hòa.
6

điểm

Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN là tứ giác
điều hòa.
Suy ra K , M , N thẳng hàng.
b) 3,0 điểm

M
B
E
A

P
I
O

r1

N
F
K

J
Q

IX

C

D

T

Từ IE // OM nên OM  AB  M là điểm chính giữa cung AB của  O  .


Tương tự: N là điểm chính giữa cung AD của  O  .

 cắt CM tại P , mà CM là phân giác góc 
Phân giác góc BAC
ACB nên P là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Ngoài ra, Q thuộc CN là phân giác góc 
ACD và NQ  NA  ND nên Q là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ACD .
Gọi r1 , r2 là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ADC .
Do K , P , Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát
tuyến K , P, Q ta có:

PC KM QN
.
.
1.
PM KN QC

Tam giác KAM  KNA .
2

KM KM KA  AM 




Mặt khác:
 .
KN
KA KN  AN 
QC AM sin 
ACM
  PC .sin MCA
.


Suy ra
 QC .sin NCA
PC AN sin 
ACN
Suy ra r1  r2 . Ta có điều phải chứng minh
a) 3 điểm
Giả sử n  p1k1 p2k2  pk ( ki  , i  1,  )  f (n)  (k1  1)(k2  1)  (k  1)
Giả sử n chia hết pm , tồn tại i thỏa mãn 1  i  m   mà n không chia hết cho pi .
Suy ra k m  1, ki  0
Xét n0 

n
. pi ta có:
pm

n0  n và f ( n0 )  f (n)

( ki  2) k m
2k m

 f (n)
( ki  1)(k m  1)
km  1

Do k m  1  2k m  k m  1 nên f (n0 )  f (n) mâu thuẫn.
Vậy n chia hết cho pi với mọi i  1, 2,  , m .
4

5
điểm

b) 2 điểm
Xét n  G và n  M . Giả sử n không chia hết cho pm thì mọi ước của n đều thuộc
tập { p1 , p2 , , pm 1} .
(Thật vậy, giả sử n có ước p j  pm thì theo ý (a) n chia hết cho

p1 , p2 , , pm ,  , p j . Mâu thuẫn.)
Suy ra n  p1k1 p2k2  pmkm11 ( ki  , i  1, m  1)
Vì n  M nên tồn tại i : 1  i  m  1 sao cho ki  2k .
Đặt n1 

n
và n0  n1. pm . Do pik  2 k  pm suy ra n0  n .
k
pi

f (n)  (k1  1)(k2  1)  (kt  1)
f (n0 )  (k1  1)(k2  1)  (ki 1  1)(k i  k  1)(ki 1  1)  (kt  1).2
Vì ki  1  2k  2( ki  k  1)  ki  1  f (n0 )  f (n) . Mâu thuẫn.
Vậy có điều phải chứng minh.

………………………HẾT...................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Ngày thi thứ nhất: 14/9/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
Bài 1 (5,0 điểm).
Cho dãy số thực  an  n1 xác định bởi: a1  a2  1, a3  2 và

an 3 

an 1an  2  7
an

với mọi số nguyên dương n.
a) Chứng minh rằng an là số nguyên, với mọi số nguyên dương n.

a2 n 2 a2 n  a22n 1
.
n 

a2 n a2 n 1

b) Tìm giới hạn lim

Bài 2 (5,0 điểm).
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp  I  tiếp xúc với BC , CA, AB lần lượt tại các
điểm D, E , F . Gọi M , N lần lượt là giao điểm của AD, CF với  I  . Chứng minh rằng

MN .FD
 3.
MF .ND
Bài 3 (5,0 điểm).
Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn

f  f  x   y 2   f  x 2   y 2 f  y   2 f  xy  , với mọi x, y  .
Bài 4 (5,0 điểm).
Một bảng ô vuông ABCD kích thước 2018  2018 gồm 20182 ô vuông đơn vị, mỗi ô
vuông đơn vị được điền bởi một trong ba số 1, 0, 1. Một cách điền số được gọi là đối
xứng nếu mỗi ô có tâm trên đường chéo AC được điền số 1 và mỗi cặp ô đối xứng qua
AC được điền cùng một số 0 hoặc 1. Chứng minh rằng với một cách điền số đối xứng
bất kì, luôn tồn tại hai hàng có các số trong mỗi ô vuông đơn vị lần lượt theo thứ tự từ trái
sang phải là a1 , a2 ,, a2018 ở hàng thứ nhất, b1 , b2 ,, b2018 ở hàng thứ hai sao cho
S  a1b1  a2b2   a2018b2018 là một số chẵn.

--------HẾT---------

 Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: ...............
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH
GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 2019
Môn: TOÁN
Ngày thi thứ nhất: 14/9/2018
(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài
 Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần
bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.
 Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì Tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương
ứng với thang điểm của Đáp án.
 Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Đáp án-thang điểm
Bài 1 (5,0 điểm). Cho dãy số thực  an  n1 xác định bởi: a1  a2  1, a3  2 và

an 3 

an 1an  2  7
an

với mọi n nguyên dương.
c) Chứng minh rằng an là số nguyên, với mọi n nguyên dương.

a2 n 2 a2 n  a22n 1
.
d) Tìm giới hạn lim
n 
a2 n .a2 n1
Đáp án
a) Từ hệ thức xác định dãy  an  , dễ dàng chỉ ra được a4  9, an  0, n và

an 3an  an 1an 2  7, n  * . Suy ra an  4 an 1  an  2 an3  7, n  * .
Do đó, với mọi n  * , ta có
an  4 an 1  an3an  an  2 an 3  an 1an 2   an  4  an  2  an 1   an  2  an  an 3 , n  * .
Từ đó, do an  0, n , ta được
an  4  an  2 an  2  an

, n  * .
an 3
an 1

Điểm
0,5

1,0

Do đó, với mọi k  * , ta có

 a2 k 3  a2 k 1 a2 k 1  a2 k 1

 a
a2 k


2k 2
.

a

a
a

a
2k 2
2k
 2k 4
 2k 2
 a2 k 3
a2 k 1
Suy ra

1

1,0


 a2 k 3  a2 k 1 a3  a1

3
 a
a2

2k 2
k  * (1).


 a2 k  4  a2 k  2  a4  a2  5
 a2 k 3
a3
Vì thế, với mọi k  * , ta có
 a2 k 3  3a2 k  2  a2 k 1
k  * (2).

 a2 k  4  5a2 k 3  a2 k  2
Từ đó, do a1 , a2 , a3 và a4 là các số nguyên, hiển nhiên suy ra an là số nguyên với mọi

n  * .
a2 n
a
, vn  2 n1 . Từ hệ thức xác định dãy  an  , suy
a2 n 1
a2 n
a
a
ra an 3 .an  an 1.an  2 , n  * . Do đó n3  n 1 , n  * . Suy ra với mọi n  * , ta
an  2
an
có
a
a
a
a
un1  2 n  2  2 n  un và vn1  2 n 3  2 n 1  vn .
a2 n 1 a2 n 1
a2 n 2

a2 n
Vì thế  un  ,  vn  là các dãy số tăng (3).
b) Với mỗi n  * , ta đặt un 

1,0

a4  a2
a a
 5, n  2 và vn  3 1  3, n  1. Vì thế
a3
a2
là các dãy bị chặn  4  .

Hơn nữa, từ 1 , ta có un 

 un  ,  vn 
Từ  3 ,  4 

suy ra các dãy  un  ,  vn  có giới hạn hữu hạn khi n  .
Đặt lim un   ; lim vn   , ta có 5    u1  2; 3    v1  2 (5).
n 

1,0

n 

Từ  2  , suy ra

vn  3 

1
1
, n  2, và un  5  , n  3.
un
vn

Do đó chuyển qua giới hạn ở các hệ thức trên, ta được

1

15  165
 
   3  

6

.

1
  5 
   15  165


10


0,5

a
a2 n  2 .a2 n  a22n1

a 
4
 lim  2 n  2  2 n 1      
15  165 .
n 
n  a
a2 n .a2 n 1
a
15
2n 
 2 n 1
Bài 2 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp  I  tiếp xúc với BC , CA, AB lần



Suy ra lim



lượt tại các điểm D, E , F . Gọi M , N lần lượt là giao điểm của AD, CF với  I  . Chứng minh
rằng

MN .FD
 3.
MF .ND
Đáp án

2

Điểm

(Xét thế hình như hình vẽ)

Dễ thấy tứ giác DEMF là tứ giác điều hòa nên DE.MF  DF .ME

1,0

Theo định lý Ptolemy thì

DE.MF  DF .ME  DM .EF  DM .EF  2 DE.MF 

DM
DE
 2.
.
MF
EF

DE
DN
DM
DN
 2.
. Suy ra
 4.
 DM .NF  4 DN .MF .
EF
NF
MF

NF
Ta có DM .NF  DN .MF  MN .DF  MN .FD  3MF .ND.

Tương tự, ta cũng có

1,0

1,0
1,0

Bài 3 (5,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn
f  f  x   y 2   f  x 2   y 2 f  y   2 f  xy  , với mọi x, y  .
Đáp án

Điểm

Kí hiệu P  x, y  là khẳng định f  f  x   y 2   f  x 2   y 2 f  y   2 f  xy  x, y   1 .
Với P  x,1  f  f  x   1  f  x 2   f 1  2 f  x   2  .
Với P  x, 1  f  f  x   1  f  x 2   f  1  2 f   x   3 .
Từ  2  và  3 suy ra f 1  2 f  x   f  1  2 f   x  , x  .

Từ đây, nếu x  1 thì f 1  f  1 và vì vậy f  x   f   x  , x   hay f là hàm
chẵn.
Với P 1,1  f  f 1  1  0, nói cách khác là tồn tại số thực b sao cho f  b   0.
Thay x  b vào  3 thì

3

1,0

1,0


f  f  b   1  f  b 2   f 1  f  1  f  b 2   f 1  f  b 2   0.
Với P  b,0   f  f  b    f  b 2   2 f  0   3 f  0   f  b 2   0.
Với P  0, y   f  y 2   y 2 f  y   4  . Ta có hai trường hợp sau:

1,0

Trường hợp 1 : Tồn tại b  , b  0 sao cho f  b   0. Như trên, ta có f  b 2   0.

P  b, y   f  f  b   y 2   f  b 2   y 2 f  y   2 f  by   f  y 2   y 2 f  y   2 f  by 

1,0

 f  x   0, x    do (4)  .
Trường hợp 2 : f  b   0  b  0.

P  x, x   f  f  x   x 2   f  x 2   x 2 f  x   2 f  x 2   x 2 f  x   f  x 2   0
 f  x   x 2  0  f  x   x 2 , x  .
Thử lại, dễ thấy f  x   0, x  ; f  x   x 2 , x   thỏa mãn bài toán.
1,0

Bài 4 (5,0 điểm). Một bảng ô vuông ABCD kích thước 2018  2018 gồm 20182 ô vuông đơn vị,
mỗi ô vuông đơn vị được điền bởi một trong ba số 1;0;1. Một cách điền số được gọi là đối xứng
nếu mỗi ô có tâm trên đường chéo AC được điền số 1 và mỗi cặp ô đối xứng qua AC được
điền cùng một số 0 hoặc 1. Chứng minh rằng với một cách điền số đối xứng bất kì, luôn tồn tại
hai hàng có các số trong mỗi ô vuông đơn vị lần lượt theo thứ tự từ trái sang phải là
a1 , a2 ,, a2018 ở hàng thứ nhất, b1 , b2 ,, b2018 ở hàng thứ hai sao cho S  a1b1  a2b2   a2018b2018
là một số chẵn.

Đáp án

Điểm

Bổ đề
Trong một nhóm 2018 người bất kì X 1; X 2 ;...; X 2018 , luôn tồn tại hai người có số người
quen chung trong nhóm là số chẵn.
Ta sẽ chứng minh bổ đề bằng phản chứng. Giả sử hai người bất kì trong nhóm đều có
số người quen chung là lẻ
TH1. Tồn tại một người có số người quen là lẻ; giả sử là X 1. Không mất tỉnh tổng quát,
giả sử X 1 quen X 2 ; X 3 ;...; X 1 k với k lẻ. Áp dụng bổ đề bắt tay, trong một nhóm lẻ
người X 2 ; X 3 ;...; X 1 k luôn tồn tại một người có số người quen trong nhóm là chẵn, giả
sử là X 2 . Khi đó X 1 và X 2 có số người quen chung chẵn, mâu thuẫn. Ta có đpcm.
TH2. Tất cả mọi người đều có số người quen là chẵn. Gọi A là tập người quen của
X 1 ; B là tập người X 1 không quen. Khi đó A  B  2017 và A chẵn, B lẻ. Sử dụng
giả thiết phản chứng, do mỗi bạn trong A có số người quen chung với X 1 là lẻ, do đó
với X i  A bất kì đều có lẻ người quen trong A và lẻ người quen trong B. Lập luận
tương tự, X j  B bất kì đều có lẻ người quen trong A và lẻ người quen trong B.

4

3,0


Gọi M là số cặp  X i ; X j  với X i  A, X j  B và X i quen X j .
Do X i  A bất kì đều có lẻ người quen trong B và A chẵn, nên M chẵn.
Do X j  B bất kì đều có lẻ người quen trong A và B lẻ, nên M lẻ. Mâu thuẫn.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Quay trở lại bài toán.
Ta gọi nij là số được điền ở ô vuông đơn vị hàng i và cột j (tính từ trên xuống và trái

sang).

Từ

giả

thiết

bài

toán

ta

có

nii  1i  1, 2,..., 2018

và

nij  n ji  0;1 i  j  1, 2,..., 2018 . Yêu cầu bài toán là chứng minh tồn tại hai chỉ
2018

số k ; k   1, 2,..., 2018 . phân biệt sao cho S   nki nk i  2. Do nkk  nk k   1 và

1,0

i 1

nk k  nkk  nên nkk nk k  nkk  nk k   2nkk nk k  2.

2018

Khi đó ta chỉ cần chứng minh S  

n

n  2.

ki k i

i 1
i  k ,k 

Từ 20182 số nij như trên, bây giờ ta xét 2018 người X 1; X 2 ;...; X 2018 có mối quan hệ
như sau:
0,5

- Nếu nij  0  i  j  thì X i không quen X j .
- Nếu nij  1 i  j  thì X i quen X j .
2018

Khi đó tổng S  

n

n chính là số người quen chung trong nhóm 2018 người đang

ki k i

0,5

i 1
i  k ,k 

xét của X k và X k  . Áp dụng bổ đề trên, ta có điều phải chứng minh.
............................. HẾT .................................

5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: TOÁN
Ngày thi thứ hai: 15/9/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

Bài 5 (6,0 điểm).
Chứng minh rằng
a) Tồn tại 2018 số nguyên dương liên tiếp là hợp số.
b) Tồn tại 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa đúng 2 số nguyên tố.

Bài 6 (7,0 điểm).
Cho dãy số thực  xn  n0 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

a) xn  0 khi và chỉ khi n  0;
n

b) xn 1  x2n 3    1 x2n  với mọi n  0.
 2 



2
 

(Kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, nếu xn là số nguyên tố thì n là số
nguyên tố hoặc n không có ước nguyên tố lẻ.
Bài 7 (7,0 điểm).
Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại P. Đường tròn ngoại tiếp các
tam giác APB, CPD cắt cạnh BC theo thứ tự tại E , F . Gọi I , J lần lượt là tâm đường
tròn nội tiếp các tam giác ABE , CDF ; hai đoạn thẳng BJ và CI cắt nhau tại Q. Đường
tròn ngoại tiếp tam giác AIB cắt đoạn thẳng BD tại M . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
DJC cắt đoạn thẳng AC tại N .
a) Chứng minh BIJC là tứ giác nội tiếp.
b) Ch ng minh ba

ng th ng IM , JN , PQ

ng quy.

--------HẾT------- Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: ...............
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.