SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

KHÁNH HÒA

THI HSG THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: TOÁN (Vòng 1)
Ngày thi: 19/9/2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4,0 điểm)
3
 3
x  4x  2  y  4  4 6  2 y

3

 4 6  2 z ( x, y, z  ).
Giải hệ phương trình:  y 3  4 y  2 
z
4


3
 3
z  4z  2  x  4  4 6  2x

1
1
1


 1.
2x 1 2 y 1 2z 1
--------------- HẾT ---------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HOÀ

GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH
GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN (ngày 1)
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐÈ CHÍNH THỨC

Bài 1.

3
 3
x + 4x + 2 = y − 4 + 4 6 − 2 y

3

+ 4 6 − 2z .
(3 điểm) Giải hệ phương trình  y 3 + 4 y + 2 =

f ′ ( t ) = 3t 2 + 4 > 0 ∀t ∈ ( −∞;3] ⇒ Hàm số f ( t ) = t 3 + 4t + 2 đồng biến trên ( −∞;3] .

g′ (t ) = −

3

(t − 4)

2

−

3
4
+ 4 6 − 2t nghịch biến trên
< 0 ∀t ∈ ( −∞;3) ⇒ g ( t ) =
t −4
6 − 2t

( −∞;3] .
Không mất tính tổng quát ta giả sử x = max { x; y; z} . Khi đó ta có x ≥ y ; x ≥ z .
x ≥ y (*) ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) (vì hàm f ( t ) đồng biến), kết hợp với hệ phương trình

⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) (vì hàm g ( t ) nghịch biến), kết hợp hệ phương trình ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z )
⇒ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ z ≥ x (**).
Từ (*) và (**) ta suy ra x = z ⇒ f ( x ) = f ( z ) ⇒ g ( y ) = g ( x ) ⇒ y = x .
Vậy ta có x = y = z .
Từ hệ phương trình ta suy ra f ( x ) = g ( x ) ⇔ x3 + 4 x + 2 =
⇔ x3 + 4 x + 2 −


> 0 ∀x ∈ ( −∞;3)
6 − 2x

3
− 4 6 − 2 x đồng biến trên ( −∞;3] .
x−4

⇒ Phương trình h ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.

Ta có h (1) = 0 nên phương trình h ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1;1;1)

Bài 2.
a. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương
1
( a ; b ) sao cho n = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a .
2
1
b. Cho dãy số xác định bởi u1 = 5; un +1 = un +
với mọi n ≥ 1. Tìm phần ( un ) nguyên của
un
u209 .

Lời giải
a.
Cách 1. Đặt m = a + b ⇒ m ≥ 2 .
Phương trình trên trở thành:

n=



1 + 2k + 1
= k +1 .
2

 k2 + k

k2 − k
+1− n  = n −
Thay vào được a = m − b = k + 1 − 
.
2
 2

Sử dụng các điều kiện a ≥ 1; b ≥ 1 được hệ

Trang 3/8 – HSG-WT


k2 + k
+1− n ≥ 1  2
 2
 k + k ≥ 2n
⇔ 2
(2).

2
k − k + 2 ≤ 2n
n − k − k ≥ 1


, ta chọn b = 0 0


>0 .

Vì vậy, các yêu cầu của bài toán đều thoả mãn. Ta có điều phải chứng minh.
Trang 4/8 – Diễn đàn giáo viên Toán


Cách 3
Ta cần chứng minh rằng f : ℕ* × ℕ* → ℕ* được cho bởi
1
f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a , ( ∀a, b ∈ ℕ* ) là một song ánh.
2
Chứng minh được f là một ánh xạ.
Ta chứng minh f là một đơn ánh. Thật vậy, giả sử ( a1; b1 ) , ( a2 ; b2 ) ∈ ℕ* × ℕ* thỏa mãn

f ( a1 ; b1 ) = f ( a2 ; b2 )
Đặt T ( n ) =

n ( n + 1)
2

, n ∈ ℕ* . Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − 2 ) = a > 0

Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) =

( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − 2 ) − a = b − 1 ≥ 0.

2
Do đó T ( a + b − 2 ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1) .


1
với mọi n ≥ 1. Tìm phần nguyên của
un

u209 .

Nhận xét: ( un ) là dãy tăng và un ≥ u1 > 0, ∀n .
2

n −1
n −1
n −1



1 
1
1
Ta có: uk2+1 =  uk +  ⇒ ∑ uk2+1 = ∑  uk2 + 2 + 2  ⇒ un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑ 2 .
uk 
uk
k =1
k =1 
k =1 uk



Suy ra: un > u12 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 2 , hay un ≥ 25 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 1 .



n −1
< u12 + 2 ( n − 1) +
, ∀n ≥ 2 .
2
48
k =1 uk
n −1

un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑

Suy ra un < 25 + 2 ( n − 1) +

n −1
, ∀n ≥ 2 .
48

Trang 5/8 – HSG-WT


Hay un ≤ 25 + 2 ( n − 1) +
Khi đó

Bài 3.

n −1
, ∀n ≥ 1 .
48

441 ≤ u209 ≤ 441 +


∑c

i

= 30 .

i =1

n

Vì trên cột i có ci số 1, suy ra có Cc2i cặp số 1 trên cột i . Suy ra S = ∑ Cc2i .
i =1

Mặt khác, xét 2 hàng i ≠ j bất kì, do Ai ∩ A j ≤ 2 nên hai hàng này có nhiều nhất là 2 cặp số
1 , suy ra S ≤ 2Cc2i ≤ 30 .
2

 n 
 ∑ ci 
n
n
n
n
2
Từ đó ta có S = ∑ Cci ≤ 30 ⇒  i =1  − ∑ ci ≤ ∑ ci2 − ∑ ci ≤ 60 .
n
i =1
i =1
i =1
i =1


10
0

A2

1

1

0

0

0

1

1

1

0

0

A3

1


0

1

0

1

1

A5

0

0

1

0

1

1

0

1

1



Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD.
Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P

Trang 6/8 – Diễn đàn giáo viên Toán


thuộc cạnh AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh
rằng QN vuông góc với BC.

Lời giải
A

E

Q
P

I
N

O
C

B

D

M



1
1
1
+
+
≥ 1.
2x +1 2 y +1 2z +1

Lời giải
Đặt a =

1
1
1
,b =
,c =
thì 0 < a, b, c < 1 .
2x +1
2 y +1
2z +1

1− a
1− b
1− c
.
,y=
,z =
2a
2b

⇔ 0= x− + y+ +z+ >
−
+
−
+
−
2a b + c 2b c + a
2c
x
y
z
a+b
b+c c+a a+b
b
c 
 a
⇔
+
+
< 4
+
+
 (1) .
a
b
c
b+c c+a a+b
Ta chứng minh được:
b
c 