Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm

 Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Giá sứ trong dãy ( 푛) tồn tại vô số số chia hết cho 7 hoặc tồn tại vô số số chia hết cho 17. Khi đó, 
 2023 2023
 1 ⋅ 2⋯ 푛 chia hết cho 7 hoặc 17 với mọi số nguyên đưong 푛 đủ lớn, và với mọi số dưong 
 2
 푛 đủ lớn đó, 1 ⋅ 2 ⋅ ⋯ 푛 ―1 không chia hết cho 2023 = 7 ⋅ 17 . Do đó, lấy 푛0 = 1 thi khẳng định 
 i) đúng và khẳng định ii) sai.
 Bây giờ ta xét trừng hợp dãy ( 푛 ) không có hoặc có hữu hạn số chia hết cho 7 hoặc 17, tức là, un 
 nguyên tố cùng nhau với 2023, với mọi n đủ lớn.
 Gọi 푛 là số dư khi chia 푛 cho 2023. Khi đó, tồn tại số nguyên dưong 푛1 để ( 푛,2023) = 1 vói mọi 
 b 푛 ≥ 푛1. Các cặp số ( 푛, 푛+1) chỉ nhận hữu hạn khả năng, đo đó, theo Nguyên lý Dirichlet, tồn tại các 
 số nguyên dương 푛0,푠,(푛0 > 푛1) sao cho ( 0; 0+1) = ( 푛0+푠; 푛0+푠+1).
 Yới 푛0 đã chọn, rõ ràng i) không đúng.
 Với mọi số nguyên dưong , ta có 푛0+ = 푛0→ ( ), với ( ) là số dư khi chia cho 푠 của .
 Lấy = 휑(2023) ts -1 với 푡 là số nguyên dương tùy ý, ( 휑 là hàm Euler). Khi đó, 
 푛0 ⋅ 푛0+1⋯ 푛0+ ≡ 푛0 ⋅ 푛0+1⋯ 푛0+휙(2023)푡푠―1
 휑(2023)푡 휑(2023)푡 휑(2023)푡
 ≡ ( ) ( ) ⋯( )
3 푛0 푛0+1 푛0+푠―1
 ≡ 1(mod2023)
 TỔNG ĐIỂM BÀI 2 5.0
 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 Bất đẳng thức đã cho tưong đưong với bât đẳng thức + + ≥ +3.
 2 2 2
 Rõ ràng đây là một bât đẳng thức đồng bậc nên không giảm tinh tổng quát, ta có thể giả sit 
 2 + 2 + 2 = 2. Kết hợp yới giả thiết, ta được + + = 1 và + + = 2. Khi đó, bất 
 1 + 1 + 1 ≥ 3 #(1)
 đẳng thức đã cho trở thành 2 2 2 2
 9 + 18 ≥ 3
 1 4
 Cho = = yà = vào (1), ta đực 16 4 1 2
 3 3 ⇔ ( ― 2) 8 + 1 + 1 ≤ 0⇔ ≤ 2.
 4 1 2( 16) 2
 Ta sẽ chứng minih = 2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán, túc là ta cần chứng minh 
    (2 2)(2 2)
 1 + 1 + 1 ≥ 5 ⇔ , , ≥ 5 #(2)
 2 2 2 2 2 2 2 (2 2)(2 2)(2 2) 2
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Chú ý rằng
    (2 + 2)(2 + 2) =    (4 2 + 2 3 + 2 3 + 2 2)
 , , , , 
 2 2 2 2
 =     4 + + 2(1 ― )(2 ― ― )
 , , 
 = 6     2 + 3     2 2 + 2
 , , , , 
 Ta thấy rằng
 6   2 = 6 ( + + ) = 12 
 , , 
 và
 3   2 2 = 3 ( + + )2 ― 2 ( + + ) = 3(1 ― 4 ) = 3 ― 12 .
 , , 
 Kết hợp các kết quả trên, ta được
    (2 + 2)(2 + 2) = 5.#(3)
 , , 
 Mặt khác, ta có
 (2 + 2)(2 + 2)(2 + 2) = 9 2 2 2 + 4 ( 3 + 3 + 3) + 2( 3 3 + 3 3 + 3 3)
 Chú ý rằng
 3 + 3 + 3 = 2 + 3 
 và
 3 3 + 3 3 + 3 3 = 1 ― 6 + 3 2 2 2
 Dặt = ( > 0) thì
 (2 + 2)(2 + 2)(2 + 2)#(4)
 = 9 2 + 4 (2 + 3 ) + 2(1 ― 6 + 3 2) = 27 2 ― 4 + 2#(4)
 Từ (3) và (4), ta thấy rằng bât đẳng thức (2) tưong đương với
 5 5
 ≥ ⇔27 2 ― 4 ≤ 0( v1 27 2 ― 4 + 2 > 0).
 27 2 ― 4 + 2 2
 Xét hàm số
 ( ) = ( ― )( ― )( ― ) = 3 ― 2 2 + ― 
 trên ℝ. Khi đó, ta có ′( ) = 3 2 ―4 2 +1. Do đó
 1
 ′( ) = 0⇔ = 1 hoạc = . 
 3
 Do hàm số có ba nghiệm là , , nên ta có
 1 4
 (1) ⋅ ≤ 0⇔ ― ≤ 0⇔27 2 ― 4 ≤ 0.
 3 27
 Do đó bất đẳng thức (2) được chứng minh.
 4
 Chú ý. Ngoài cách chíng minh 0 < ≤ như ở trên, học sinh có thể chi ra kết quả này bằng việc sử 
 27
 dụng đồng nhất thức ( ― )2( ― )2( ― )2 = 4 ―27 2.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Xét thế hình như hình vẽ.
 Gọi 퐾′ là giao của với . Ta có 퐾′ = 퐾′ = 퐾′ ,
 suy ra tam giác 퐾′ cân tại . Do đó 퐾′ = = .
 VI vậy tam giác 퐾′ vuông tại 퐾′, dẫn đến tứ giác 퐾′ nội tiếp. Từ đây, ta có 
 퐾′ = 퐾′ = 퐹퐽 (góc có cạnh turong úng vuông góc) = 퐽,
 nên 퐽, ,퐾′ thẳng hàng. Thành thứ 퐾′ ≡ 퐾 và ta được ⊥ 퐾 . Đề y rằng 퐽 ⊥ 퐾 suy ra //퐽 . Tưong tự cũng 
 có //퐽퐾. Vậy 퐾퐽 là hình টình hành. Suy ra 퐽 đi qua trung điểin 퐾 .
 = + = + 
 Bây giơ, đề ý rằng 1 1
 = + = = ,
 2 2
 (đo là trung điểm của cung ). Suy ra , là các tiếp tuyến với đương tròn ( ) nên là tứ giác 
 điều hòa, kéo theo ( ) = ―1. Vì 퐽 đi qua trung điểm của 퐾 và 퐽 // 퐾 nên 퐽( 퐾 ) = ―1 và do 
 퐽 ⊥ ,퐽퐾 ⊥ ,퐽 ⊥ ,
 ta suy ra 퐽 ⊥ .
 Trước hết, ta chímg minh bồ đề dưới đây.
 0 đề, Cho tam giác . Gọi 퐾 là trung điểm của và , ,퐹 tương ửng là các tiếp điểm của đường tròn nội 
 tiếp (I) với , , . Khi đó, ba đường thẳng 퐾, và 퐹 đồng qui.
 Thật vậy, gọi 퐿 là giao điểm của với 퐹. Đường thẳng qua 퐿 và song song với lần lượt cắt , tại , . 
 Để ý rằng các tú giác IFML và INEL nội tiếp nên ta có
 = 퐹 = 퐹 = 
4 ถ Do đó tam giác IMN cân tại I nên 퐿 là trung điểm của MN. Từ MN song song với suy ra ,퐿,퐾 thẳng hàng. 
 Vậy 퐾, và 퐹 đồng quy. Bổ đề được chíng minh.
 Tiếp theo, xét thế hình như hình vẽ.
 DeThiHay.net
 Ap đụng bồ đề cho tam giác , ta được ,퐹퐽 và đồng quy tại một điểm X. Do JI//HQ và JB//HK nên
 푄 
 = = ⇒푄 // .
 퐽 
 Tưong tự, ta cũng suy ra đực 푃 // . Gọi Y là trọng tâm của tam giác , là trung điểm của . Xét phép vị 
 tự ℋ = ℋ 푌, 1 . Khi đó, ta có ℋ: , , ↦퐿, , .
 3
 Dể ý rằng 푃 // ,푄 // nên 푃 ,푄 tưong úng là ảnh của , qua phép vị tự ℋ. Suy ra giao điểm của ∗ 
 của 푃 ,푄 là ành của nên nó chính là tâm nội tiếp của △ 퐿 . Cuối cùng, ta chúng minh 푅푆 song song với 
 và đi qua trung điểm 퐿 của . Để ý rằng là phân giác ngoài của và tứ giác 푅 푆 nội tiếp nên ta có 
 푃푆 = 푆 = 90∘ ― 푆 = .
 Suy ra 푅푆// . Bây giờ đểy rằng 퐿,푆,푅 turong ứng là hình chiếu của lên , , nên theo tính chất cưa 
 đường thẳng Simson ta có các điểm 퐿,푆,푅 thẳng hàng.
 Đường thẳng 푅푆 đi qua 퐿 và song song với nên nó là ảnh của qua phép vị tự ℋ và do đó đi qua điểm ∗ là 
 ảnh của . Vậy 푃, 푄 và 푅푆 đồng quy. Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 ĐỀ SỐ 6
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 NĂM HỌC 2022-2023
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 25/02/2023
Bài 5 (6,0 điểm)
Xét các hàm số :ℝ→ℝ và :ℝ→ℝ thỏa mãn điều kiện (0) = 2022 và
 ( + ( )) = ( ) + (2023 ― ) ( ) + ( ) với mọi , ∈ ℝ.
a) Chứng minh rằng là một toàn ánh và là một đơn ánh.
b) Tìm tất cả các hàm số và thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 6 (7,0 điểm)
Có 푛 ≥ 2 lớp học tổ chức ≥ 1 tổ ngoại khóa cho học sinh. Lớp nào cũng có học sinh tham gia ít nhất một tổ 
ngoại khóa. Mọi tổ ngoại khóa đều có đúng a lớp có học sinh tham gia. Với hai tổ ngoại khóa bất kỳ, có không quá 
 lớp có học sinh tham gia đồng thời cả hai tổ này.
a) Tính khi 푛 = 8, = 4, = 1.
b) Chứng minh rằng 푛 ≥ 20 khi = 6, = 10, = 4.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của 푛 khi = 20, = 4, = 1.
Bài 7 (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọn, không cân có trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp . Đường tròn nội tiếp ( ) của 
tam giác tiếp xúc với các cạnh , , tương ứng tại , ,푃. Gọi Ω là một đường tròn đi qua , tiếp xúc 
ngoài với ( ) tại một điểm ′ và cắt lại , tương ứng tại , . Các đường tròn Ω ,Ω và các điểm ′, , , 
 ′, , được xác định một cách tương tự.
a) Chứng minh rằng + + ≥ 푃 + 푃 + .
b) Xét trường hợp ′, ′, ′ tương ứng thuộc các đường thẳng , , 푃. Gọi 퐾 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác có ba cạnh tương ứng thuộc ba đường thẳng , , . Chứng minh rằng song song với 퐾.
 • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 ĐÁP ÁN
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kê thời gian giao đề)
 Ngày thi: 25/02/2023 
 HƯỚNG DẪN CHẤM THI
 5 5,00
 Theo già thiết, ta có ( + ( )) = ( ) + (2023 ― ) ( ) + ( ) vói mọi , ∈ ℝ
 Thay = 0 vào (1), ta được ( ( )) = 2022(2023 ― ) + , ∀ ∈ ℝ,#(2)
 trong đó = (0). Yới mỗi ∈ ℝ, từ (2) ta thấy rằng luôn tồn tại = 2023 ― sao cho ( ) = . 
5 a 2022
 Do đó, hàm là một toàn ánh.
 Nếu ( 1) = ( 2) vói 1, 2 ∈ ℝ thì tir (2), ta có 2022(2023 ― 1) + = 2022(2023 ― 2) + 
 Suy ra 1 = 2, hay là một đơn nhân
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Thay bới ( ) trong (1), ta được ( ( ) + ( )) = ( ) ( ) + (2023 ― ) ( ( )) + ( ( )),∀ ∈ ℝ
 Đối vai trò của và trong ( 3 ), ta có 
 ( ( ) + ( )) = ( ) ( ) + (2023 ― ) ( ( )) + ( ( )),∀ ∈ ℝ#(4)
 Tir (2), (3) và (4), ta đrọc ( ) ( ) + + ( ( )) = ( ) ( ) + + ( ( )),∀ , ∈ ℝ.#(5)
 Vì là một toàn ánh nên tồn tại ∈ ℝ sao cho ( ) = 0. Hon nữa, ta có
 ≠ 0 vì (0) ≠ 0. Thay = vào (5), ta thu đươc 
 + ( ( )) = ( ) ( ) + + ( ( )),∀ ∈ ℝ#(6)
 Kết hợp (5) với (6), ta suy ra
 ( ) ( ) + ( ) ( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ), ∀ , ∈ ℝ#(7)
 Thay = 0 trong (7), ta được
 ― ( )
 ( ) = ( ) + ( ) = ℎ ( ) + ( ), ∀ , ∈ ℝ.#(8)
 2022
 Do là một đon ánh nên = (0) ≠ ( ). Suy ra ≠ 0. Tư (8) và (1), ta có
 ( + ( ) + ( )) = ( ) + (2023 + ― ) ( ) + ( ),∀ , ∈ ℝ#(9)
 Thé = +2023 trong (9), ta được
 ( + ( + 2023) + ( )) = ( + 2023) + ( ),∀ , ∈ ℝ
 Suy ra ( ) = +2022,∀ ∈ ℝ. Do là toàn ánh nên ≠ 0. Két họp điều này với (8), ta được 
 ( ) = + 푣,∀ ∈ ℝ( ≠ 0). Thay hai kết quá vừa tim được vào (1), tas suy ra
 ( + + 푣) + 2022 = ( +2022) + (2023 ― )( +2022) + 푣 + 푣,∀ , ∈ ℝ, hay ta có
 ( + 2022 + 2022) ― ( + 2022) + 푣 ― 푣 + 20222 = 0,∀ , ∈ ℝ
 Từ đẳng thíc⿺ trên, ta suy ra
b + 2022 + 2022 = 0
 + 2022 = 0
 푣 ― 푣 + 20222 = 0
 Giài hệ phưong trình trên, ta được
 5 + 1
 = ― , = 1011( 5 ― 1),푣 = ― 10112( 5 ― 1)2
 2
 hoặc
 5 ― 1
 = , = ―1011( 5 + 1),푣 = ― 10112( 5 + 1)2
 2
 Vi vậy, có hai cặp hàm
 ( ) = ― 5 1 +2022, ( ) = 1011( 5 ―1) ― 10112( 5 ―1)2, ∀ ∈ ℝ, và
 2
 5 ― 1
 ( ) = + 2022, ( ) = ―1011( 5 + 1) ― 10112( 5 + 1)2,∀ ∈ ℝ,
 2
 thỏa mãn điều kiện bài toán.
 Tổng diểm bài 5 6,00
 6 Ký hiệu = { 1; 2;; 푛} là tập hợp các lớp, Al là tập hợp các lớp có học sinh tham gia tồ thứ 푖, 푖 là số 
 푛
 tố mà 푖 có học sinh tham gia. Dễ thấy =   푖.
 푖=1
 a Dễ thấy > 1 cio = 1 ∪  ∪ ,| 푖| = 4.
 Mặt khác ≤ 2, vì nếu ≥ 3 thì
 3 3
 8 ≥ | 1 ∪ 2 ∪ 3| =  | 푖| ―  | 푖 ∩ 푗| + | 1 ∩ 2 ∩ 3| ≥ 12 ― 3 = 9, vôlý. 
 푖=1 1≤푖<푗≤3
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Ngoài ra, cách chia 8 lớp thành 2 tổ 1 = { 1; 2; 3; 4}, 2 = { 5; 6; 7; 8}
 thóa mãn bài toán. Yậy ta có = 2.
 2 푛 2
 Số bộ 푖; 푗; , ∈ 푖 ∩ 푗 không vưọt quá và bằng ∑푖=1  푖. Ta có: 
 푛 푛 푛 2 푛
 푛 2 2
 2 2     푖     푖     푖 푛     푖 ( ) 푛 
 ≥   = 푖=1 푖=1 ≥ 푖=1 푖=1 = .
b 푖 2푛
 푖=1 2 2푛
 ( )2
 Ta có 푛 ≥ 2 . Khi = 6, = 10, = 4 thì 푛 ≥ 20.
 2 
 Ta xét 2 trừng họp:
 - Nếu có một lớp tham gia ≥ 5 tổ. Khi đó số lớp tham gia các tổ này ≥ 1 + 3 ⋅ 5 = 16.
 4⋅20
 - Nếu mỗi lớp tham gia không quá 4 tổ. Số lớp tham gia các tổ này ≥ = 20.
 4
 Vậy ta có 푛 ≥ 16. Để xây dựng ví dụ 푛 = 16 thỏa mãn bài toán ta điền 1 đến 16 vào các ô bảng 4 × 4, lấy 
c các đòng, các cột và các bộ 4 phần tư không thẳng hàng, thẳng cột. Các tập con: 
 {1;2;3;4},{5;6;7;8},{9;10;11;12},{13;14;15;16},{1;5;9;13},
 {2;6;10;14},{3;7;11;15},{4;8;12;16},{1;6;11;16},{1;7;12;14},
 {1;10;15;8},{2;5;12;15},{2;8;11;13},{2;16;9;7},{3;8;9;14},
 {4;7;10;13},{4;6;9;15},{4;5;11;14},{3;12;13;6},{3;5;10;16},
 thóa mãn bài toán. (Lưu ý các tập con này không duy nhát).
 Tông điểm bài 6 7,00
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Xét thế hình sau đây.
 Đương tròn Ω qua và tiếp xúc ngoài với ( ), nên tiếp điểm ′ thuộc cung 푃 (cung không chứra ) 
 của ( ). Hon nữa, các điểm , tương íng thuộc các tia ,푃 . Gọi là giao điểm thứ hai của ′ với 
 ( ). Ta có
 ′ = ′ + ′ 
 = = ′ 
 Mặt khác ′ = ′. Do đó, hai tam giác ′ , ′ đồng dạng với nhau. Vậy
 = ,
 ′ ′
 hay là,
 ⋅ 푖
 = .#(1)
 ′
 Tirong tư,
 푃 ⋅ 푃 ′
 푃 0 = #(2)
 ′
 Áp dụng Định lý Ptoleme cho tứ giác điều hòa ′푃, ta có:
 1
7 a ⋅ 푃 ′ = ′ ⋅ 푃 = ′ ⋅ 푃
 2
 Tư (1), (2), (3), ta có
 ⋅ ′ + 푃 ⋅ 푃 ′
 + 푃 =
 ′
 2 ′ ⋅ 푃 ′ ⋅ ′ ⋅ 푃
 ≥
 ′
 2 ⋅ 푃 ′ ′ ⋅ 푃
 = = = 푃
 ′ ′
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi = 푃 , túc là Ω là đường tròn đi qua và tiếp xúc vói ( ) tại 
 điểm chính giữa cung 푃 (cung không chía ) của (I). Tưong tụt,
 푃 + ≥ 푃 , + ≥ .
 Từ đó, ta thu được điều phải chúng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi các đường tròn Ω ,Ω ,Ω 
 tiếp xúc với (I) tromg úng tại trung điểm của các cung 푃,푃 , .
 Chú ý: Học sinh có thể chứng minh góc
 = 90∘ ―
 0 2
 không đổi ( là trung điểm của 푃 ). Từ đó chứmg minh rằng 푃 + nhỏ nhât khi ′ là trung điểm 
 của cung 푃.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 ĐỀ SỐ 7
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUÓC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 NĂM HỌC 2021-2022
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Ngày thi: 04/3/2022
Bài 1 (5,0 điểm)
Cho là một số thực không âm và dãy số ( 푛) được xác định bởi
 2푛 + 푛 + 
 = 6, = + + 4, ∀푛 ≥ 1.
 1 푛+1 푛 푛 푛
a) Với = 0, chứng minh rằng ( 푛) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
b) Với mọi ≥ 0, chứng minh rằng ( 푛 ) có giới hạn hữu hạn.
Bài 2 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số :(0; + ∞)→(0; + ∞) thoả mãn
 풇(풙)
 풇 + 풚 = + 풇(풚), ∀풙,풚 ∈ ( ; + ∞).
 풙
Bài 3 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn . Các điểm ,퐹 lần lượt thay đối trên tia đối của các tia , sao cho 
 퐹 = ( ≠ ,퐹 ≠ ). Gọi , tương ứng là trung điểm của , 퐹 và là giao điểm của 퐹 với .
a) Gọi ,퐽 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác , 퐹. Chứng minh rằng song song với 퐽.
b) Gọi 퐾 là trung điểm của và là trực tâm của tam giác 퐹. Chứng minh rằng 퐾 luôn đi qua một điểm cố 
định.
Bài 4 (5,0 điểm)
Với mỗi cặp số nguyên dương (푛, ) thoả mãn 푛 < , gọi 푠(푛, ) là số các số nguyên dương thuộc đoạn [푛; ] và 
nguyên tố cùng nhau với . Tìm tất cả các số nguyên dương ≥ 2 thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
 푠(푛, ) 푠(1, )
i) với mọi ;
 푛 ≥ 푛 = 1,2,, ―1
ii) 2022 +1 chia hết cho 2.
 • Thi sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 ĐÁP ÁN
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 04/3/2022 
 I. HƯỚNG DẪN CHUNG
 1. Giám khảo chấm đúng như đáp án, biểu điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
 2. Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo biểu điểm của 
 Hướng dẫn chấm thi.
 3. Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.
 II. ĐÁP ÁN, BIỀU ĐIỂM
 Thang 
Bài Ý Đáp án
 điểm
1 Kiểm tra bằng phương pháp quy nạp rằng 
 Với = 0, ta có 1 = 6, 푛+1 = 2 + 푛 + 4, 푛 ≥ 1.#(1) 
 6 = 1 ≥ 푛 ≥ 푛+1 ≥ 4, ∀푛 ≥ 1.
 a 2,00
 Do đó ( 푛) có giới hạn hữu hạn và lim푛→∞  푛 = 푙 ∈ [4,6]. Hơn nũa, từ (1) ta suy ra 
 푙 = 2 + 푙 + 4⇒푙 = 5.
 ∗
 Đặt 0: = [ ] + 1 ∈ ℕ và : = max{ 1,, 0,8} ≥ 8
 Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng 4 ≤ 푛 ≤ 
 với mọi 푛 ≥ 1. Thật vậy, rõ ràng 4 ≤ 푛 với mọi 푛 ≥ 1 và 푛 ≤ với mọi 1 ≤ 푛 ≤ 0. Giả sử (2) 
 đúng tới 푛 = ≥ 0. Khi đó, vì 0 ≤ < [ ] + 1 = 0 ≤ và ≥ 8 nên 
 2 
 +1 = + + 4 ≤ 3 + 2 + 4 ≤ 3 + 2 + 9 ≤ .
 b Vậy (2) đúng với mọi 푛 ≥ 1. Tiếp theo ta xét hai trường hợp sau: 3,00
 ∞
 2푛 
 Trường hợp 1: tồn tại 푛0 ≥ 1 sao cho 푛 ≥ 푛 +1. Khi đó, vì và
 0 0 푛 푛=1
 ∞
 푛 
 là hai dãy số giảm nên bằng phương pháp quy nạp, ta suy ra 푛 ≥ 푛+1 với mọi 푛 ≥ 푛0. Do 
 푛 푛=1
 đó, từ (2) ta suy ra ( 푛 ) có giới hạn hữu hạn.
 Trường hợp 2: 푛 < 푛+1 với mọi 푛 ≥ 1. Khi đó, từ (2) ta suy ra ( 푛 ) có giới hạn hữu hạn.
 Tổng điếm Bài 1 5,00
2 Bằng quy nạp ta có 푛 ( ) + = 푛 + ( ) với mọi 푛 ∈ ℤ+và , > 0.
 ( ) (푡)
 Giả sừ tồn tại ,푡 > 0 để > . Khi đó tồn tại 푛, nguyên dương đủ lớn để 
 푡
 ( ) (푡)
 > (1) và 푛 ( ) ― (푡) +1 > (1)⇒푛 +1 = 푛 + (1) + 
 푡 푡 5,00
 ( ) (푡)
 푛 + (1) = 푛 + 1 = 푛 + (1) + = 푛 + + ( ) > 푛 + (1), 
 푡
 với > 0. Do đó vô lý. Vậy ( ) = (푡) ,∀ ,푡 > 0. Suy ra ( ) = ,∀ > 0 ( là hằng số 
 푡
 dương). Thứ lại ta có = 1, hay ( ) = với mọi > 0. 
 Tổng điểm bài 2 5,00
 DeThiHay.net