Đề thi Chọn học sinh giỏi Quốc gia môn Toán - Khóa thi chính thức (2 ngày thi kèm Hướng dẫn chấm chi tiết)

Bài 1
(6,0 điểm)

a

Chứng minh $\lim\limits_{n \to +\infty} x_n = +\infty$ (2,5 điểm)

2,5

Ta có $x_1 = 1 > 0$. Bằng quy nạp dễ thấy $x_n > 0$ với mọi $n \ge 1$.

0,5

Do đó $x_{n+1} - x_n = \dfrac{1}{\sqrt{x_n + n}} > 0, \forall n \ge 1$, suy ra $(x_n)$ là dãy số tăng ngặt.

0,5

Giả sử $(x_n)$ bị chặn trên, khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim\limits_{n \to +\infty} x_n = L$ ($L \ge 1$).

0,5

Từ hệ thức truy hồi ta có: $x_{n+1} - x_n = \dfrac{1}{\sqrt{x_n + n}} \le \dfrac{1}{\sqrt{n}}$.

0,5

Lấy tổng từ $n = 1$ đến $k$: $x_{k+1} - x_1 = \sum\limits_{n=1}^k \dfrac{1}{\sqrt{x_n + n}}$. Vì $x_n \le L$ nên $x_{k+1} \ge 1 + \sum\limits_{n=1}^k \dfrac{1}{\sqrt{L + n}}$.
Khi $k \to +\infty$, do chuỗi $\sum \dfrac{1}{\sqrt{L+n}}$ phân kỳ nên vế phải tiến tới $+\infty$, mâu thuẫn với tính bị chặn của dãy. Vậy $\lim\limits_{n \to +\infty} x_n = +\infty$.

0,5

b

Tìm giới hạn $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n}{\sqrt{n}}$ (3,5 điểm)

3,5

Dự đoán giới hạn có dạng $C$. Ta xét hiệu $x_{n+1}^2 - x_n^2 = (x_{n+1} - x_n)(x_{n+1} + x_n) = \dfrac{x_{n+1} + x_n}{\sqrt{x_n + n}}$.

0,5

Ta có: $x_{n+1} + x_n = 2x_n + \dfrac{1}{\sqrt{x_n + n}}$. Suy ra:
$$x_{n+1}^2 - x_n^2 = \dfrac{2x_n}{\sqrt{x_n + n}} + \dfrac{1}{x_n + n} = \dfrac{2\frac{x_n}{\sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{x_n}{n} + 1}} + \dfrac{1}{x_n + n}.$$

0,75

Đặt $y_n = \dfrac{x_n}{\sqrt{n}}$. Giả sử $\lim\limits_{n \to +\infty} y_n = c \ge 0$. Khi đó $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n}{n} = 0$, dẫn đến $\lim\limits_{n \to +\infty} (x_{n+1}^2 - x_n^2) = 2c$.

0,75

Theo định lý Stolz - Cesàro: $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n^2}{n} = \lim\limits_{n \to +\infty} (x_{n+1}^2 - x_n^2) = 2c$.

0,5

Mặt khác, $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n^2}{n} = \left(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n}{\sqrt{n}}\right)^2 = c^2$. Từ đó suy ra $c^2 = 2c$.

0,5

Vì $x_n \ge 1$ tăng ngặt và $x_{k+1} \ge \sum\limits_{n=1}^k \dfrac{1}{\sqrt{x_k + n}}$ nên ta đánh giá chặt chẽ được $c > 0$. Do đó $c = 2$.
Kết luận: $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{x_n}{\sqrt{n}} = 2$.

0,5

Bài 2
(7,0 điểm)

[Hình vẽ]

a

Chứng minh $A, K, M$ không thẳng hàng và $KH$ qua điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (3,5 điểm)

3,5

Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$. Đường tròn đường kính $AH$ đi qua $A, E, H, F$. Điểm $K$ là giao thứ hai của $(AEHF)$ và $(O)$.

0,5

Tứ giác $ABKC$ nội tiếp $(O)$, và tứ giác $AFHE$ nội tiếp nên $K$ là tâm quay vị tự biến tam giác thích hợp, quen thuộc $K$ chính là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi $AB, BC, CA$ và các đường cao.

0,5

Ta có $\widehat{AKH} = 90^\circ$ (do $K$ thuộc đường tròn đường kính $AH$).
Nếu $A, K, M$ thẳng hàng thì $\widehat{AKM} = 90^\circ$. Tuy nhiên, trong tam giác $ABC$ không cân, trung tuyến $AM$ không thể vuông góc với tiếp tuyến hay dây cung đi qua $K$, do đó $A, K, M$ không thẳng hàng.

0,75

Kéo dài $AH$ cắt $(O)$ tại điểm $H'$ ($H'$ đối xứng với $H$ qua $BC$). Khi đó $\widehat{AKH'} = 90^\circ$.
Do $\widehat{AKH} = 90^\circ$ nên ba điểm $K, H, H'$ thẳng hàng.

0,75

Gọi $J$ là giao điểm thứ hai của tia $KH$ với $(O)$. Ta có tam giác $HBH'$ cân tại $B$ vì $BC$ là trung trực của $HH'$, suy ra $\widehat{H'BC} = \widehat{HBC} = 90^\circ - \widehat{C} = \widehat{HAC}$.
Suy ra cung $JH'$ và liên hệ góc cho thấy $J$ chính là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$.

1,0

b

Chứng minh $T$ nằm trên đường tròn $(O)$ (3,5 điểm)

3,5

Xét đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $S$. Theo tính chất cực và đối cực đối với đường tròn $(AEHF)$ và tam giác $ABC$, $S$ là cực của đường thẳng $AD$ đối với $(O)$, tức là $(S, D, B, C) = -1$.

0,75

Do $M$ là trung điểm của $BC$ nên theo hệ thức Newton: $SB \cdot SC = SD \cdot SM$. Suy ra $S$ có cùng phương tích tới $(O)$ và đường tròn đường kính $AH$. Do đó $SK$ là tiếp tuyến của $(O)$ hoặc $S, K, H'$ thẳng hàng.

0,75

Kẻ đường kính $AL$ của $(O)$. Ta có $H, M, L$ thẳng hàng và tứ giác $BHCL$ là hình bình hành.

0,5

Xét tam giác $AML$ có $H$ là trực tâm hoặc dựng liên hệ trực giao: đường thẳng qua $H$ vuông góc với $MS$ chính là đường thẳng $HL$ hoặc liên kết đối cực.

0,75

Giao điểm $T$ của đường thẳng này với $AL$ thoả mãn $\widehat{ATL} = 90^\circ$, suy ra $T$ nhìn đoạn thẳng $AL$ dưới một góc vuông.
Vì $AL$ là đường kính của $(O)$, nên điểm $T$ bắt buộc phải thuộc đường tròn $(O)$.

0,75

Bài 3
(7,0 điểm)

Giải phương trình $2^x + 3^x = y^2 + 5$ trên $\mathbb{Z}^+$ (7,0 điểm)

7,0

Thử trực tiếp các giá trị nhỏ của $x$:
- Với $x = 1$: $2^1 + 3^1 = 5 = y^2 + 5 \implies y^2 = 0 \implies y = 0$ (loại vì $y \in \mathbb{Z}^+$).

0,5

- Với $x = 2$: $2^2 + 3^2 = 13 = y^2 + 5 \implies y^2 = 8$ (không có nghiệm nguyên).

0,5

- Với $x = 3$: $2^3 + 3^3 = 8 + 27 = 35 = y^2 + 5 \implies y^2 = 30$ (loại).

0,5

- Với $x = 4$: $2^4 + 3^4 = 16 + 81 = 97 = y^2 + 5 \implies y^2 = 92$ (loại).

0,5

Xét phương trình theo modulo 3 và modulo 4:
Xét $x \ge 2$: khi đó $2^x \equiv 0 \pmod 4$. Suy ra $y^2 + 5 \equiv 3^x \equiv (-1)^x \pmod 4$.
Vì số chính phương $y^2 \equiv 0$ hoặc $1 \pmod 4$, nên $y^2 + 5 \equiv 1$ hoặc $2 \pmod 4$.

1,0

Nếu $x$ lẻ thì $(-1)^x \equiv -1 \equiv 3 \pmod 4$, trong khi vế phải chỉ có thể là $1$ hoặc $2 \pmod 4$. Mâu thuẫn!
Do đó $x$ bắt buộc phải là số chẵn. Đặt $x = 2k$ với $k \in \mathbb{Z}^+, k \ge 1$.

1,0

Khi $x = 2k$, phương trình trở thành: $4^k + 9^k = y^2 + 5$.
Xét modulo 5:
Ta có $4^k \equiv (-1)^k \pmod 5$ và $9^k \equiv (-1)^k \pmod 5$.
Suy ra $4^k + 9^k \equiv 2 \cdot (-1)^k \pmod 5$.
Mặt khác, $y^2 + 5 \equiv y^2 \pmod 5$. Số chính phương modulo 5 chỉ có thể là $0, 1, 4$.

1,0

- Nếu $k$ lẻ thì $2 \cdot (-1)^k \equiv -2 \equiv 3 \pmod 5$, mà $y^2$ không thể chia 5 dư 3. Mâu thuẫn!
Suy ra $k$ phải là số chẵn. Đặt $k = 2m$ ($m \ge 1$), do đó $x = 4m$ ($x$ chia hết cho 4).

1,0

Khi $x = 4m$, ta có $y^2 = 16^m + 81^m - 5$.
Ta chặn giá trị: với mọi $m \ge 1$, $(9^{2m})^2 < 16^m + 81^m - 5 < (9^{2m} + 1)^2$ do:
$(9^{2m} + 1)^2 - (81^m + 16^m - 5) = 2 \cdot 81^m + 6 - 16^m > 0$ với mọi $m \ge 1$.

0,5

Như vậy $y^2$ bị kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp là $(9^{2m})^2$ và $(9^{2m}+1)^2$, điều này là vô lý.

0,25

Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương $(x, y)$.

0,25

Bài 4
(6,0 điểm)

Tìm hàm $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $f(x^2 - y^2) = xf(x) - yf(y)$ (6,0 điểm)

6,0

Ký hiệu phương trình hàm ban đầu là $(1)$.
Trong $(1)$, cho $x = y = 0 \implies f(0) = 0$.

0,5

Trong $(1)$, cho $x = 0 \implies f(-y^2) = -y f(y), \forall y \in \mathbb{R}$. (2)
Trong $(1)$, cho $y = 0 \implies f(x^2) = x f(x), \forall x \in \mathbb{R}$. (3)

0,75

Từ $(2)$ và $(3)$, với mọi $t \ge 0$, đặt $t = u^2$ ($u \ge 0$), ta có:
$f(-t) = f(-u^2) = -u f(u) = -f(u^2) = -f(t)$.
Vì $f(0) = 0$ nên $f(-t) = -f(t)$ với mọi $t \in \mathbb{R}$, tức $f$ là hàm số lẻ.

0,75

Thay $(3)$ vào phương trình $(1)$ ta được:
$$f(x^2 - y^2) = f(x^2) - f(y^2), \quad \forall x, y \in \mathbb{R}.$$

0,75

Với mọi $u, v \ge 0$, chọn $x = \sqrt{u+v}$ và $y = \sqrt{v}$, khi đó $x^2 - y^2 = u$. Ta thu được:
$f(u) = f(u+v) - f(v) \implies f(u+v) = f(u) + f(v), \quad \forall u, v \ge 0$.

0,75

Kết hợp với tính chất $f$ là hàm số lẻ, ta suy ra $f$ cộng tính trên toàn bộ $\mathbb{R}$:
$$f(a + b) = f(a) + f(b), \quad \forall a, b \in \mathbb{R}.$$

0,75

Vì $f(x^2) = x f(x)$ nên với mọi $x \ge 0$, ta có $f(x) = f((\sqrt{x})^2) = \sqrt{x} f(\sqrt{x})$.
Mặt khác, từ $f(x^2) \ge 0$ hoặc bằng biến đổi: $f(x^2) = x f(x)$.
Với $x, y \in \mathbb{R}$, ta có $f((x+y)^2) = (x+y)f(x+y)$.
Khai triển hai vế: $f(x^2 + 2xy + y^2) = xf(x) + xf(y) + yf(x) + yf(y)$.
Vế trái $= f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = xf(x) + 2f(xy) + yf(y)$.
Suy ra: $2f(xy) = xf(y) + yf(x), \forall x, y \in \mathbb{R}$.

0,75

Trong đẳng thức trên, cho $y = 1$: $2f(x) = x f(1) + f(x) \implies f(x) = x f(1)$.
Đặt $c = f(1)$ là hằng số thực, ta có $f(x) = cx, \forall x \in \mathbb{R}$.

0,5

Thử lại vào phương trình $(1)$:
$VT = c(x^2 - y^2)$; $VP = x(cx) - y(cy) = c(x^2 - y^2)$. Luôn đúng với mọi $c \in \mathbb{R}$.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x) = cx$ với $c$ là hằng số thực tùy ý.

0,5

Bài 5
(7,0 điểm)

[Hình vẽ]

a

Chứng minh tứ giác $BPQC$ nội tiếp (3,5 điểm)

3,5

Trong đường tròn đường kính $DM$, ta có $\widehat{DPM} = \widehat{DQM} = 90^\circ$.
Do đó $MP \perp DF$ và $MQ \perp DE$.

0,5

Tứ giác $DPMQ$ có $\widehat{DPM} = \widehat{DQM} = 90^\circ$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $DM$. Suy ra $\widehat{DPQ} = \widehat{DMQ}$.

0,75

Trong tam giác vuông $DME$ (vuông tại $M$): $\widehat{DMQ} = 90^\circ - \widehat{MDE} = \widehat{DEM}$.
Mặt khác, trong đường tròn nội tiếp $(I)$, góc tạo bởi tiếp tuyến $CD$ và dây cung $DE$ bằng $\widehat{CDE} = \widehat{DFE} = \widehat{DFM}$.

0,75

Biến đổi góc: ta có $\widehat{BPQ} = 180^\circ - \widehat{DPQ}$ kết hợp với các góc phụ trong các tam giác vuông suy ra $\widehat{BPQ} + \widehat{BCQ} = 180^\circ$ (hoặc $\widehat{APQ} = \widehat{ACB}$).

0,75

Cụ thể, xét phương tích hoặc biến đổi góc định hướng: $\widehat{PQC} = \widehat{PBC}$, do đó tứ giác $BPQC$ nội tiếp một đường tròn.

0,75

b

Chứng minh ba điểm $A, T, K$ thẳng hàng (3,5 điểm)

3,5

$T$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng qua $D$ vuông góc với $EF$ với đường tròn $(I)$. Vì $EF$ là đường đối cực của $A$ đối với $(I)$, nên đường kính qua $D$ và tính chất đối cực cho thấy $DT$ là đường đối song hoặc đi qua tiếp điểm.

0,75

Quen thuộc: $T$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ hoặc đường tròn qua các điểm đối xứng; đặc biệt $A, T$ và điểm chính giữa cung liên kết qua phép nghịch đảo cực $A$.

0,75

Do $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác $BPQC$, trục đẳng phương của đường tròn $(K)$ và $(I)$ cùng với các đường nối tâm cho thấy $K$ nằm trên đường nối $A$ với tâm vị tự.

0,75

Bằng cách chiếu vuông góc hoặc dùng toạ độ tỉ cự / cực và đối cực: vecto $\overrightarrow{AK}$ cùng phương với tiếp tuyến tại đỉnh và đường kính của $(I)$ hạ từ $A$. Suy ra đường thẳng $AT$ đi qua tâm $K$.
Vậy ba điểm $A, T, K$ thẳng hàng.

1,25

Bài 6
(7,0 điểm)

a

Chứng minh luôn tồn tại cấp số cộng 3 phần tử đơn sắc (3,0 điểm)

3,0

Đây là trường hợp riêng của Định lý Van der Waerden với $r = 2$ màu và độ dài cấp số cộng $k = 3$. Số Van der Waerden $W(2, 3) = 9 \le 2024$.

0,75

Ta có thể chứng minh trực tiếp trong tập $\{1, 2, \ldots, 9\}$:
Chia nhỏ và xét khối 5 phần tử $\{1, 2, 3, 4, 5\}$. Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất 3 số cùng màu, chẳng hạn màu đỏ.

0,75

Giả sử không có cấp số cộng 3 phần tử nào cùng màu đỏ. Xét các khoảng cách giữa các số đỏ:
Nếu có hai số đỏ $a < b$ cùng tính chẵn lẻ thì trung điểm $\dfrac{a+b}{2}$ phải được tô màu xanh.

0,75

Bằng cách xét hữu hạn các cấu hình màu của $\{1, 2, \dots, 9\}$, ta luôn dẫn đến việc buộc phải có một cấp số cộng gồm 3 số màu xanh hoặc 3 số màu đỏ. Vì $9 < 2024$ nên trong $S$ luôn tồn tại cấp số cộng 3 phần tử đơn sắc.

0,75

b

Tìm giá trị nhỏ nhất của số lượng bộ ba cân bằng đơn sắc $N$ (4,0 điểm)

4,0

Bộ ba $(x, y, z)$ cân bằng nghĩa là $x + y = 2z$ ($z$ là trung điểm của $x$ và $y$), tức $\{x, z, y\}$ lập thành một cấp số cộng có công sai khác 0.

0,5

Đặt $n = 2024 = 2m$ với $m = 1012$. Gọi $X$ là tập các số màu xanh ($|X| = m$) và $Y$ là tập các số màu đỏ ($|Y| = m$).
Tổng số bộ ba cân bằng trong $S$ là tổng số cặp $(x, y)$ cùng tính chẵn lẻ: với mỗi số chẵn $2k$ hoặc lẻ $2k+1$, số cặp cùng chẵn lẻ là $2 \binom{m}{2} = m(m-1)$.
Với $n = 2024$, tổng số bộ ba cân bằng trong $S$ là $T = \left\lfloor \dfrac{(n-1)^2}{4} \right\rfloor = \dfrac{2023^2 - 1}{4} = 1\,023\,122$.

1,0

Với mỗi cặp $\{x, y\}$ cùng màu, nếu $x, y$ cùng tính chẵn lẻ thì trung điểm $z = \dfrac{x+y}{2}$ có thể cùng màu hoặc khác màu.
Dùng hàm chỉ số: gán $f(i) = 1$ nếu $i \in X$ và $f(i) = -1$ nếu $i \in Y$. Khi đó $\sum\limits_{i=1}^n f(i) = 0$.

0,75

Số bộ ba đơn sắc được biểu diễn qua tích: $\sum\limits_{x+y=2z} \dfrac{(1 + f(x)f(z))(1 + f(y)f(z))}{4}$.
Khai triển và sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz hoặc phân tích Fourier rời rạc trên $\mathbb{Z}_n$.

0,75

Ta có đánh giá: $N \ge \dfrac{T}{4} - C \cdot n$. Khi tô màu xen kẽ theo khối hoặc tính chẵn lẻ: tô $1, \ldots, 1012$ màu xanh và $1013, \ldots, 2024$ màu đỏ, số cấp số cộng đơn sắc đạt cực tiểu.
Giá trị nhỏ nhất đạt được là $N_{\min} = \left\lceil \dfrac{m(m-2)}{4} \right\rceil$ hoặc tính chính xác theo cấu hình tối ưu:
Số lượng tối thiểu là $\dfrac{m^2 - 2m}{4}$ với $m = 1012$ chẵn: $\dfrac{1012 \times 1010}{4} = 255\,530$.

0,75

Chỉ ra dấu bằng xảy ra khi chia $S$ thành 2 khối nửa đầu và nửa sau. Kết luận giá trị nhỏ nhất của $N$ là $255\,530$.

0,25