SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÀO CAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN
THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 04- 10- 2018
( Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm) Cho hàm số f : R ⟶ R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i) f không phải là hàm hằng;
ii) f ( x 2 +2 yf ( x ) ) =xf ( x+ y ) , ∀ x , y ∈ R .
f  x  0
a) Chứng minh rằng
khi và chỉ khi x 0 .
b) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn các điều kiện trên.
2019

x

1

2018

2
 x  xn  2019n  1  x , n 1.
n 1
n

x
2
2019n
Câu 2 (5,0 điểm) Cho dãy số  n  được xác định bởi: 
a) Chứng minh rằng 1  xn 2, n 1 .
b) Chứng minh rằng dãy

 xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao
AD , BF ,CE của tam giác ABC đồng quy tại H ( D , F , E tương ứng nằm trên
BC ,CA , AB ). Đường thẳng AH cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là K . Gọi M là
trung điểm của BC . Đường thẳng AM cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là L . Đường
trịn đường kính AH cắt đường trịn  O  tại điểm thứ hai là T . Đường thẳng qua H vng góc
với AM tại P cắt BC , KL lần lượt tại Y , X . Đường thẳng KL cắt đường thẳng BC tại Z .
Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm T , H , K , X cùng thuộc một đường tròn, bốn điểm T , Y , Z , X cùng thuộc
một đường tròn và đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ tiếp xúc đường tròn (O) .
b) Đường tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ và đường tròn  O 
tại điểm T đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XHK .
Câu 4 (3,0 điểm) Tìm cặp các số nguyên (a, b) sao cho:

b 2  ab  a  b  1
a 2  ab  1

là một số nguyên.

Câu 5 (3,0 điểm)
a) Một đại hội thể thao của phường Nam Cường có n vận động viên tham gia thi đấu ở 7 nội
dung gồm: chạy 100 mét, đẩy tạ, bắn nỏ, đua xe đạp, bơi tự do 100 mét, nhảy cao, nhảy xa. Biết

rằng mỗi vận động viên tham gia thi đấu ít nhất một trong các nội dung thi đấu này. Theo thống kê
của ban tổ chức cho thấy mỗi nội dung thi đấu có số vận động viên tham dự bằng nhau và bằng
40. Ngoài ra cứ hai nội dung thi đấu bất kỳ thì có khơng q 9 vận động viên tham gia thi đấu cả
hai nội dung đó. Chứng minh rằng n ≥120 .
b) Có 16 học sinh tham gia một kì thi, đề thi có n câu hỏi và mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa
chọn. Biết rằng 2 học sinh bất kì có khơng q 1 câu trả lời chung cho tất cả các câu hỏi. Tìm giá
trị lớn nhất của n . Hãy chỉ ra một trường hợp để n đạt được giá trị lớn nhất đó.
---------------- Hết----------------


Ghi chú:
 Thí sinh khơng sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
 Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
LÀO CAI
KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN
THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 4- 10- 2018
( Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang, 05 câu)

I. Hướng dẫn chấm:
1. Cho điểm lẻ tới 0,25;
2. Điểm tồn bài là tổng điểm thành phần, khơng làm trịn;
3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;
4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.
II. Biểu điểm:

Câu 1 (4,0 điểm)Cho hàm số f :    mà f không là hàm hằng và thỏa mãn điều kiện:
f  x 2  2 yf  x   xf  x  y  , x, y  

f  x  0
a) Chứng minh rằng
khi và chỉ khi x 0 .
b) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện trên.
Nội dung
a)Giả sử hàm f thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Gọi

P  x, y 

Xét

P  0,0 

là mệnh đề khi thay x, y vào điều kiện bài toán.

ta được

f  0  0

Vậy

b)Xét

P  x,  x 

Kết hợp với


0,5
0,5
0,5
0,5

.

ta được

f  0  0

0,5

.

f  a  0
Giả sử tồn tại a 0 sao cho
.
2
f x  xf  x  , x
P  x,0 
Xét
ta được  
f a 2 af  a  y   f  a  y   f  a  0, y
P  a, y 
Xét
ta được  
f  y  0, y
Suy ra

(mâu thuẫn vì f khơng là hàm hằng).
f  x  0  x 0

Điểm

f  x 2  2 xf  x   xf  0  0  x 2  2 xf  x  0, x

x
f  x   , x
2
ta được
.

x
f  x   , x
2
Thử lại thỏa mãn. Vậy có một nghiệm hàm là
.

x
Câu 2 (5,0 điểm) Cho dãy số  n 

2019

 x1  2018

2
 x  xn  2019n  1  x , n 1
n 1
n

2
2019n
được xác định bởi: 
.

a) Chứng minh rằng 1  xn 2, n 1 .
Trang 1/6

0,5
0,5
0,5


x
b)Chứng minh rằng dãy  n  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Nội dung

Điểm

a) Ta chứng minh bằng quy nạp:
-Với n=1 , khẳng định đúng.

0,5

-Giả sử khẳng định đúng với n=k ≥1 .
x k ( 2−x k )
1
+
>1 do x k ( 2−x k ) ≥ 0

2019 k
2
x ( 2−x k )
-Mặt khác x k+1−2= 1 − 1 − 1 − k
2019 k 2 2
2
2
2−2019 k ( 1−x k )
¿
−
< 0 . Do đó x k+1 ≤2
2019 k
2k

-Ta có x k+1=1+

vì 1≤ x k ≤ 2 .

0,5
0,5

0,5

Vậy khẳng định cũng đúng khi n=k +1 .
Theo nguyên lý quy nạp, suy ra điều phải chứng minh.
b)
xn 1 




2  xn 

+ Ta có
 xn 1 

2  xn 

2 . 1

 x  2
1
2 .  1  n
 
2  2019n

xn  2
1

2
2019n

0,5
2


1 
Mà ta chứng minh được với 1  xn 2 thì 2

 1


xn  2 4

2
5

xn 1 

0,5



xn  2 1  2

2
2

0,5
0,25

.

4
2  . xn 
5

2

1
2019n


0,5

Do đó
Ta có bổ đề quen thuộc sau: (thí sinh khơng chứng minh thì trừ 0,25)
Bổ đề: Cho hai dãy số dương

 an  ,  bn  và số

an 1 qan  bn , n 1 . Khi đó, nếu lim bn 0 thì lim an 0
Áp dụng bổ đề trên ta được lim xn  2

q   0,1

sao cho

0,5

0,25

Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao
AD , BF ,CE của tam giác ABC đồng quy tại H ( D , F , E tương ứng nằm trên
BC ,CA , AB ). Đường thẳng AH cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là K . Gọi M là
trung điểm của BC . Đường thẳng AM cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là L . Đường

tròn đường kính AH cắt đường trịn  O  tại điểm thứ hai là T . Đường thẳng qua H vuông
Trang 2/6


góc với AM tại P cắt BC , KL lần lượt tại Y , X . Đường thẳng KL cắt đường thẳng BC tại Z
. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm

T , H ,K , X

cùng thuộc một đường tròn, bốn điểm

T ,Y ,Z , X

cùng

thuộc một đường tròn, và đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ tiếp xúc đường tròn (O) .
b) Đường tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác

XYZ

và đường tròn

 O  tại điểm T đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XHK .

Nội dung

Điểm

Z
X
Y
Q

K


C
D

F
T

L

H

M
P O

A

E

B

x




a) Tứ giác THKX nội tiếp (do TKX THX TAL ) (*)
Ta có YP.YH YD.YM YB.YC nên Y thuộc trục đẳng phương của (O) và (AH). Do
đó, Y, T, A thẳng hàng.
0




Suy ra YTH 90 hay tứ giác YTHD nội tiếp suy ra TYZ THD .


Tứ giác THKX nội tiếp (theo (*)) suy ra TXZ THK


Do đó, TYZ TXZ hay tứ giác TYXZ nội tiếp đường tròn  w  .



Giả sử tiếp tuyến của (w) tại T cắt BC tại Q. Ta có xTA YTQ TXY




Mà TXY TKA  xTA TKA . Do đó, Tx là tiếp tuyến của (O) tại T.
   
Vậy hai đường tròn O , w tiếp xúc nhau.
Trang 3/6

0,5
0,5

0,5

0,5


b) Theo chứng minh trên tứ giác XTHK nội tiếp.

Có T, H, M thẳng hàng và ME, MF là tiếp tuyến của (AH)
nên tứ giác THEF điều hòa
 A  THEF   1   TKBC   1

0,5

Suy ra tứ giác TBKC điều hịa.
Có TQ là tiếp tuyến của (O) tại T nên KQ là tiếp tuyến của (O) hay QT = QK.
Mà BC là trục đối xứng của HK suy ra QH = QK
Do đó Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác XTHK.

0,5

Câu 4 (3,0 điểm) Tìm cặp các số nguyên (a, b) sao cho:
Nội dung
Ta có

0,5
0,5

b 2  ab  a  b  1
a 2  ab  1

0,5
0,5

là một số nguyên.
Điểm
0,5


a 2  ab  1 | b2  ab  a  b –1
 a 2  ab  1 | b 2  ab  a  b –1   a 2  ab  1

 a 2  ab  1 |  a  b   a  b  1

0,25

(*)

 a,  a  với a ngun là nghiệm.
TH1: a  b 0 thì ln thỏa mãn hay
TH2: a  b  1 0 cũng luôn thỏa mãn hay
nghiệm.

 a,  1  a  với a

nguyên cũng là

TH3: a  b 1
2
a   0;  2;1;  3
a
Khi đó (*) trở thành  ab  1 a  1 | 2 
Khi đó

( a , b) 

0,25
0,25


0,25

  0,1 ;   2,3 ;  1, 0  ;   3; 4   .
TH4. a  b 0 và a  b  1, a  b 1. Ta có
(a  b, a  b  1) 1
 2
(a  ab  1, a  b) (a (a  b)  1, a  b) 1

0,5

Nên

0,25

2
(*)  a  ab  1| a  b  1

 a 2  ab  1 |  a 2  ab  1   a  b  1

 a 2  ab  1|  a  b   a  1
2
Suy ra a  ab  1 | a –1

(**)

+) a 1 (thỏa mãn) hay (1, b) với b nguyên là nghiệm.
+) a 1, từ (**) suy ra

a  a  b  1  a  1


a  b 2
Vì a  b 0 và a  b  1, a  b 1 nên
Khi đó
Trang 4/6

0,25
0,5


2 a  1  a  b a  1  a 2  ab  1  a2  ab  1  a  1

 2 a  1a  1
Giải bất phương trình trên ta được
các nghiệm cần tìm.

a   0;  1;  2 .

Thử lại ta sẽ được

Câu 5a (1,5 điểm) Một đại hội thể thao của phường Nam Cường có n vận động viên tham
gia thi đấu ở 7 nội dung thi đấu: chạy 100 mét, đẩy tạ, bắn nỏ, đua xe đạp, bơi tự do 100 mét,
nhảy cao, nhảy xa. Biết rằng mỗi vận động viên tham gia thi đấu ít nhất một trong các nội
dung thi đấu này. Theo thống kê của ban tổ chức cho thấy mỗi nội dung thi đấu có số vận động
viên tham dự bằng nhau và bằng 40. Ngoài ra cứ hai nội dung thi đấu bất kỳ thì có khơng q
9 vận động viên tham gia thi đấu cả hai nội dung đó. Chứng minh rằng n ≥120 .
a

Nội dung

Điểm


Với vận động viên thứ j ký hiệu j là môn thi đấu vận động viên đó tham gia. Ta
lập bảng có 7 hàng và n cột. Ơ (i; j ) của dịng i , cột j được đánh dấu ´ nếu vận
động viên j tham gia nội dung i .
a + a + ... + a ,

2
n và tổng này là 7.40 = 280
Tổng số các dấu ´ nếu tính theo cột là 1
nếu tính theo dịng (vì mỗi nội dung thi đấu có đúng 40 vận động viên tham gia).

0,25
0,25

2

C
Bây giờ ta tính S là số cặp (´ ,´ ) theo cùng cột. Trên cột j có a cặp, cho nên số
S các cặp (´ ,´ ) theo cột là
j

1
1
C a2 + C a2 + ... + C a2 = (a12 + a22 + ... + an2) - (a1 + a2 + ... + an ).
1
2
n
2
2
(1)

a1 + a2 + ... + an = 280

Thay

và áp dụng bất đẳng thức quen thuộc

0,25

0,25

2

(a1 + a2 + ... + an )

2802
- 140
2n
n
từ (1) ta có
(*)
Mặt khác, với mỗi cặp 2 dịng, chỉ nhiều lắm có 9 cột có cặp (´ ,´ ) trên 2 dịng
C2
này, cho nên tổng số các cặp (´ ,´ ) cùng một cột trên tất cả 7 cặp 2 dịng khơng
9C 72
(´ ,´ ).

a12 + a22 + ... + an2 ³

vượt quá


S³

0,25

cặp

Ta có bất đẳng thức:
Thay vào (*), ta có
n³

,

9C 72 ³ S.

9C 72 ³

2802
- 140
2n

0,25

2802
> 119.
2(9C 72 + 140)

và có
Vậy n ³ 120.

Trang 5/6



Câu 5b (1,5 điểm) Có 16 học sinh tham gia một kì thi, đề thi có n câu hỏi và mỗi câu hỏi có 4
phương án lựa chọn. Biết rằng 2 học sinh bất kì có khơng q 1 câu trả lời chung cho tất cả các
câu hỏi. Tìm giá trị lớn nhất của n . Hãy chỉ ra một trường hợp để n đạt được giá trị lớn nhất đó.
Nội dung
Điểm
Ta đếm số bộ ( A, B, C ) mà học sinh A, B có cùng lựa chọn C.
2
Đếm theo học sinh, có S C16 .
Đếm theo lựa chọn. Ta đặt
n

Ta có



ai , bi , ci , di là số học sinh chọn đáp án 1, 2,3, 4 ở câu hỏi i.

S  Ca2i  Cb2i  Cc2i  Cd2i
i 1



với

0,25
0,25

ai  bi  ci  di 16.


1
1
C a2 + C b2 +C c2 +C d2 = (ai2 + bi2 + ci2 + di2) - (ai + bi + ci + di )
i
i
i
i
2
2
1 1
1
³ . (ai + bi + ci + di )2 - (ai + bi + ci + di )
2 4
2
S

24
n
Suy ra
.
n

5.
Từ đó ta có

Chứng minh n = 5 thỏa mãn từ đó suy ra giá trị lớn nhất của n là 5.
Dưới đây là một cách:
Bài 1
Bài 2

Bài 3
Bài 4
Bài 5
Sinh viên 1
A
A
A
A
A
Sinh viên 2
A
B
B
B
B
Sinh viên 3
A
C
C
C
C
Sinh viên 4
A
D
D
D
D
Sinh viên 5
B
A

C
D
B
Sinh viên 6
B
C
A
B
D
Sinh viên 7
B
D
B
A
C
Sinh viên 8
B
B
D
C
A
Sinh viên 9
C
A
D
B
C
Sinh viên 10
C
D

A
C
B
Sinh viên 11
C
B
C
A
D
Sinh viên 12
C
C
B
D
A
Sinh viên 13
D
A
B
C
D
Sinh viên 14
D
B
A
D
C
Sinh viên 15
D
C

D
A
B
Sinh viên 16
D
D
C
B
A
---------------- Hết----------------

Trang 6/6

1,0