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

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

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

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).


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


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

.
.

. .

.


 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


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 .


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.


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 .

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

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




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


 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.


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

4

1