Top 15 # Lời Giải Và Bình Luận Tst 2016 / 2023 Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 11/2022 # Top Trend | Caffebenevietnam.com

Lời Giải Và Bình Luận Đề Thi Chọn Đội Tuyển Imo 2022 / 2023

Dù Epsilon đã nói lời tạm biệt với bạn đọc từ ngày 13/2/2017 nhưng tinh thần Epsilon và đội ngũ Epsilon thì vẫn còn. Và có nghĩa là những sản phẩm mang tinh thần Epsilon vẫn sẽ còn được ra đời. Tinh thần đó ngắn gọn là: Chuyên nghiệp – Từ cộng đồng – Vì cộng đồng.

Minh chứng cho tinh thần đó là tài liệu mà các bạn đang đọc “Giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Toán Quốc tế 2017”, một đóng góp của đội ngũ Epsilon dành cho cộng đồng. Khi viết đội ngũ Epsilon, chúng tôi không chỉ muốn nhắc đến các người lính ngự lâm thuộc Ban biên tập (Epsilon staff) mà còn là những người đã luôn sát cánh cùng chúng tôi trong suốt hơn 2 năm qua trong quá trình xây dựng Epsilon thành một niềm yêu mến và sự chờ đợi của cộng đồng.

Giải và bình luận đề thi, chúng tôi không chỉ muốn đem lại cho độc giả lời giải, đáp án để so khớp đúng sai mà hơn thế là những phân tích về hướng tiếp cận, về nguồn gốc, về lớp các bài toán tương tự. Chúng tôi cũng mạn phép đưa ra những bình luận chủ quan của mình về cái hay, cái dở, độ khó dễ, tính phù hợp, độ mới cũ của bài toán ngõ hầu giúp cho các thầy cô trong ban ra đề có thêm những ý kiến phản biện, để công tác đề thi ngày càng tốt hơn, chất lượng hơn.

Hy vọng tập tài liệu này sẽ nhận được sự đón nhận của cộng đồng. Chúng tôi luôn lắng nghe những ý kiến đóng góp, trao đổi thẳng thắn của bạn đọc về nội dung tài liệu cũng như các vấn đề liên quan. Chúng ta là một cộng đồng.

“If you want to go far, go together.”

Mong các bạn tôn trọng về bản quyền của nhóm tác giả đã khẳng định rõ quan điểm:

Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tất Thu).

Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. Mọi người đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

Tất cả các hoạt động mua bán, kinh doanh liên quan đến tài liệu này mà không được sự chấp thuận của nhóm là trái pháp luật. Chúng ta hãy lên án những hành vi vi phạm bản quyền để bảo vệ quyền lợi của các tác giả, của những sản phẩm trí tuệ. Xin cảm ơn.

Trân trọng cảm ơn nhóm tác giả và xin mời các bạn có thể tải về để phục vụ cho công việc giảng dạy, học tập môn Toán của mình. 

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022 / 2023

2

1. Đề thi ngày 1 (ngày 27/12/2019) Bài 1. (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1 và x n+1 = x n + 3 n n→+∞ x n

a) Chứng minh rằng lim

p

= 0.

b) Tính giới hạn lim Bài 2. (5 điểm)

Bài 3. (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2. a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau. b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với mọi số tự nhiên k. Bài 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB. a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt nhau tại một điểm trên (O). b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

3

4

a) Chứng minh rằng lim

b) Tính giới hạn lim

< 1n , mà lim

= 0 nên theo nguyên lý kẹp thì lim

= 0.

b) Cách 1. (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz) 2 = yn2 + 3 yn + Đặt x n = yn2 thì công thức đã cho viết lại thành yn+1

( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = 3 yn +

yn+1 − yn =

yn+1 + yn

Theo câu a thì lim

=q

3 yn +

yn2 + 3 yn +

+ yn

= 0 nên kéo theo lim

nên

1+

= lim

+

+1

.

= 0 và dựa theo đẳng

thức trên thì lim ( yn+1 − yn ) = 32 . Theo định lý trung bình Cesaro thì dãy số (un ) có n→+∞

lim un = L thì lim

n→+∞

n→+∞

u1 +u2 +···+un n

= L.

Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có được lim

n→+∞

ta thấy rằng nếu lim

=

=

,

= l thì theo định lý Stolz, ta phải có l =

p

l → l = 94 .

5 Sử dụng ước lượng

p

p

p

p

‹2

p

xn +

x n + 23 − 2n nên p

Mặt khác, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng

nên ta được

Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ra lim nx n = 49 . Nhận xét. Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) và dãy zn = n cũng thu được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình x n+1 −x n Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực và lim yn+1 − yn = L n→+∞

= L. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ. Nếu ở trên không p p thực hiện đặt dãy phụ thì vẫn có thể xét hiệu x n+1 − x n . Tuy nhiên, nếu ta đi theo hướng xét trực tiếp dãy x n và n2 thì hơi khó, vì khi đó không dễ để tính trực tiếp được x giới hạn sau (cũng khó có thể chứng minh được tính tăng/giảm của dãy n2n , dù trên thực tế, nó đúng là dãy tăng). p 3 x n + pnx n x n+1 − x n = . 2n + 1 (n + 1)2 − n2 thì

= 3.

2. (VMO 2017 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 =

p

a) Tính u2018 . b) Chứng minh rằng an = c) Chứng minh rằng bn =

+ u12 + · · · + u1n hội tụ.

+ u22 + · · · + unn → +∞.

với n ≥ 1. Tính giới hạn của các dãy số sau

€ Š 4. (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2019) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = 13 x n + p2nx n . Æ p 3 3 x −x Chứng minh rằng (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ 3 và tính lim p3n+12 n . n −x n

Lời giải. Nhận xét. Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta luôn có Ç

X

1≤i≤2018

2019

“i = 0 (do trong tổng ở trên có 2019

i=1

dấu − và 2019 dấu +) nên trong các hệ số này, phải có ít nhất một hệ số bằng 0, vì nếu không thì vế trái là số lẻ, vô lý. Không mất tính tổng quát, giả sử “2019 = 0. Suy ra 2018

2018

xi − x j , 1 ≤ i ≤ j ≤ n

8 3. (Komal 2014) Với n ≥ 2 ,cho các số thực 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ . . . ≤ x n và 0 ≤ y1 ≤ n n P P y2 ≤ . . . ≤ yn thỏa mãn điều kiện xi = yi = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của i=1

i=1

Bài 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2. a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau. b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với mọi số tự nhiên k. Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy (an ) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình đặc trưng x 2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x 1 = 2, x 2 = 3 nên dễ dàng tìm được công thức tổng quát là an = 2n + 3n , ∀n. Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an , an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd(p, 6) = 1. Ta có n

k

k

k

b) Xét số nguyên tố p là ước của 22 + 32 . Suy ra 22 ≡ −32 (modp) → 22 k+1 32 (modp). Theo định lý Fermat nhỏ thì

k+1

t

0

t

k

a) Chứng minh rằng 2x n+1 = x n2 − 8, từ đó chỉ ra rằng x n = 22 +1 + 2−2 mọi n. b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [x n ] + 3 là lập phương đúng. n−1

n−1

+1

với

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB. a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt nhau tại một điểm trên (O). b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A. Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Giả sử H a D cắt (O) ở K. Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giác cân OBD và OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra OB OD = → OD · OOa = R2 OB OOa với R là bán kính (O). Suy ra AH ·OOa = R2 nên

=

mà ∠OAH = ∠A0 OAa nên hai tam giác AHO, OA0 Oa

10

Soạn Bài Thao Tác Lập Luận Bình Luận / 2023

Câu 1 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

Câu 2 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

a, Trong đoạn trích, Nguyễn Trường Tộ có đưa ra những nhận định, đánh giá đúng – sai, hay – dở (Ai hiểu luật được sẽ làm quan,… Bất cứ một hình phạt nào ở trong nước không vượt ra ngoài luật…) đồng thời cũng có bàn bạc mở rộng (Biết rằng đạo làm người không gì lớn bằng trung hiếu…). Tất cả những lập luận đều nhằm hướng tới khẳng định vai trò của pháp luật và việc giáo dục luật pháp trong xã hội.

b, Nguyễn Trường Tộ rõ ràng có lí do để đề nghị lập khoa luật bởi trên thực tế, muốn trị nước phải dựa vào luật chứ không phải vào những lời nói suông trên giấy về trung hiếu lễ nghĩa và rằng luật pháp là công bằng và cũng là đạo đức.

Câu 3 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

Câu 4 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Đề xuất và chứng tỏ được ý kiến nhận định, đánh giá của mình là xác đáng.

Luyện tập

Câu 1 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Mục đích ba kiểu bài này khác nhau.

Câu 2 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Chủ đề lập luận: Vấn đề giao thông và tai nạn giao thông ở nước ta.

– Mục đích thuyết phục: hướng đến đề xuất “chúng ta cần một chương trình truyền thông hiệu quả hơn để “những lưới hái tử thần”, “không còn nghênh ngang trên đường phố”.

– Các lập luận được triển khai chặt chẽ, có hệ thống và giàu sức thuyết phục.

Câu 3 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Nêu được vai trò và ý nghĩa to lớn của pháp luật trong mỗi lĩnh vực của đời sống.

– Hiểu biết và tôn trọng chính sách pháp luật.

– Giáo dục pháp luật cho học sinh nói riêng và mọi công dân nói chung.

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k4: chúng tôi

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022 / 2023

Tính điểm đồng đội thì năm nay VN xếp thứ 20, thua nhiều nước, trong đó có cả một số nước ASEAN cũng đứng trên VN.Việt Nam vẫn tự hào là giỏi toán, nhưng chuyện chỉ đứng thứ 20 thể hiện đúng thực chất hơn tình hình giáo dục và khoa học của Việt Nam. Những năm trước đạt thành tích cao, một phần là do luyện gà chọi chứ không phải do nền giáo dục và khoa học khá hơn các nước khác, kể cả các nước láng giềng. Riêng về nền toán học có thể vẫn còn nhỉnh hơn các nước láng giềng, nhưng đà đi xuống tương đối có thể nhìn thấy rất rõ. Lý do rất đơn giản: đầu tư khoa học kém, hệ thống giáo dục tồi, đầy giáo điều và gian dối, giờ lại có thêm bộ trưởng đạo văn!

Việc các bạn Việt Nam có những bài không làm được không chứng tỏ là các bạn kém thông minh hơn một số đoàn khác (như Mỹ, Thái, Ukraina, v.v.), nhưng chứng tỏ một điều, là việc dạy cách tư duy để “gặp bài nào cũng chiến được” ở Việt Nam còn thiếu, nên gặp các bài “lạ” là rất dễ rụng. Cái cách tư duy “áp dụng vào đâu cũng được” (chứ không phải các dạng bài học thuộc) mới chính là điểm cốt lõi của toán học, cần dùng nhiều về sau. Các bạn trẻ, các thầy cô cần đặc biệt chú trọng hơn điều này!

Bài thứ nhất là một bài hình học phẳng thuộc loại dễ, thậm chí có thể nói là dễ hơn một số bài hình học thi THPT2018 ở Việt Nam! Không có gì đáng ngạc nhiên khi tất cả các bạn của đoàn Việt Nam đều làm được bài này. Bản thân tôi thử làm trong lúc đợi máy bay chỉ mất mấy phút lào ra.

Có thể làm bài này chẳng hạn bằng cách kẻ mấy đường trung trực của tam giác (cũng là đường kính của hình tròn ngoại tiếp), rồi so sánh các cung bằng nhau, suy ra các góc bằng nhau, rồi tính góc qua cung tròn tương ứng v.v.

Nếu như có hai số dương liền nhau thì toàn bộ dãy sẽ phải là dương. Gỉa sử i là chỉ số sao cho tích ai a(i+1) là lớn nhất, thì khi đó a(i+2) là số lớn nhất của dãy, suy ra tích a(i+1) a(i+2) còn lớn hơn ai a(i+1) trừ khi ai = a(i+2), suy ra ai = a(i+2), suy ra a(i+3) cũng là số lớn nhất và phải bằng a(i+2), v.v. suy ra tất cả các số bằng nhau, và như ta đã biết trường hợp này không có lời giải.

Như vậy là cứ sau một số dương phải đến một số âm. Sau hai số âm liền nhau thì tiếp theo là số dương theo công thức quy nạp. Nếu cứ âm, âm, dương, âm, âm, dương, … thì tức là n chia hết cho 3. Nếu có dương, âm, dương, liền nhau, không mất tính tổng quát (vì tính tuần hoàn) có thể gỉa sử

Lần ngược lại a2, với a2.a3 +1 = a4 < -1 suy ra a2 < -4.

Cứ thế lần ngược lại (với a0=an) suy ra các số âm trong dãy theo chiều ngược ngày càng âm nặng, các số dương ngày càng về gần 0, suy ra dãy không thể tuần hoàn.

(Để cho chặt chẽ thì phải viết “dương hoặc bằng 0” thay vì “dương” và đổi một số bất đẳng thức ở phía trên thành có thể có dấu bằng)

Bài thứ 3. Bài này khá là khó, chỉ có một bạn VN làm được. Khó bởi vì nó không làm theo kiểu quy nạp được. Có thể xây dựng tam gíac phản pascal với n hàng cho n =1,2,3,4,5, nhưng sau 5 là tắc tịt, cố xây dựng để chứng minh tồn tại dẫn đến mất nhiều thời gian vô ích. Phải chuyển hướng sang chứng minh không tồn tại khi n đủ lớn (ở đây n=2018 là qúa lớn luôn)

Nhận xét là đi từ đỉnh trên cùng xuống dưới, có thể đi sao cho số tiếp theo bằng số trước đó cộng một số khác trên cùng hàng. Dẫn đến nếu đi như vậy đến số ở hàng cuối cùng, thì số đó bằng tổng của n số ở n hàng khác nhau, suy ra n số đó khác nhau, và tổng nhỏ nhất là 1+…+n chính bằng số lớn nhất, suy ra số cuối cùng đó chính là N= 1+…+n và các số từ 1 đến n được phân bố trên n hàng khác nhau mỗi hàng một số.

Tiếp theo, xét n số lớn nhất: N -(n-1), N-(n-2), .., N. Câu hỏi là các số đó phải được phân bố ở đâu như thế nào? Ta gọi các số đó là số lớn, còn các số từ 1 đến n gọi là số nhỏ.

Với mỗi một số lớn ở hàng không phải là hàng dưới cùng thì phải có 1 số nhỏ nằm dưới nó. Mà trên mỗi hàng chỉ có 1 số nhỏ, suy ra là nếu có 2 số lớn nằm trên cùng 1 hàng mà không phải hàng dưới cùng thì hai số đó phải chụm vào nhau để chung 1 số nhỏ. Suy ra là chỉ có hàng sát dưới cùng mới có thể có đến 2 số lớn, các hàng trên đó nhiều nhất là một số lớn.

Ngày thứ hai gồm 3 bài, trong đó có bài số 6 là một bài hình học phẳng đề bài ngắn gọn nhưng lại là bài khó học sinh VN bị rụng hết. So sánh với các đề bài thi HSG ở Việt Nam phần lớn là loằng ngoằng rối rắm vẽ rất nhiều đường phụ, thì đề bài số 6 này có vẻ thú vị hơn nhiều. Bài 4 và bài 5 thuộc diện khó vừa phải, nhiều người làm được.

Bài số 4. Bài này cần nghĩ mẹo một chút. Tìm ra mẹo thì gỉai xong rất nhanh trong vòng vài phút, còn nếu không thì cứ thử loanh quanh mãi.

Đáp số của bài 4 là 1/4 tổng số điểm, trong trường hợp này là 400/4 = 100, tức là bạn đi đầu luôn đặt được (ít nhất) 100 viên sỏi đỏ, và bạn đi sau có chiến thuật để bạn đi đầu không đặt được qúa 100 viên.

Để thấy có thể đặt 100 viên, chỉ cần chú ý là có 200 chỗ có tổng tọa độ x+y là số chẵn. Cứ đặt vào đó thì khoảng cách giữa các viên không thể là căn hai của 5.

Để thấy cách của bạn đi sau chặn bạn đi trước sao cho không qúa 100, chia bàn cờ thành 10 x 10 = 100 bảng vuông nhỏ 4×4. Trong mỗi bảng 4×4 vẽ 4 đường mỗi đường gồm 4 đỉnh như sau, ví dụ cho bảng đầu tiên:

(1,1), (3,2), (4,4), (2,3) (2,1), (4,2), (3,3), (1,3) … (hai đường kia tương tự)

Cứ khi bạn đi trước đi vào một trong các đường đó, thì bạn đi sau cũng đi vào đường đó sao cho bạn đi trước không thể đi thêm vào đường đó nữa. Thế nên chỉ đi được vào mỗi đường 1 viên.

Bài số 5. Bài này là một bài số học tương đối dễ. Ta chỉ dùng đến tính chất sau:

A(n+1)/ A1 + An/A(n+1) – An/A1 là số nguyên với mọi n đủ lớn.

Gỉa sử như p là một thừa số nguyên tố của A1. Nếu như với mọi n đủ lớn An đều chia hết cho p, thì ta chia tất cả các số An với n đủ lớn và A1 cho p rồi xét tiếp.

Nếu gỉa sử bây giờ với mọi thừa số nguyên tố p của A1 ta có một số An không chia hết cho p, trong đó n lớn hơn là cái số “đủ lớn” trong điều kiện phía trước. Suy ra A(n+1) đồng dư với An modulo p. Tức là tất cả các số đều đồng dư với nhau modulo p (với n đủ lớn). Tỉ mỉ hơn thì ta có tất cả các số An đồng dư với nhau modulo A1 khi n đủ lớn.

Nhưng mà như thế có nghĩa là An/A(n+1) là số nguyên khi n đủ lớn, và suy ra A(n+1) <= An. Dãy không thể gỉam mãi được nên đến lúc nào đó thì dừng.

Bài số 6 về hình học. Bài này thuộc loại khó, tuy tất nhiên nếu tìm ra hướng gỉai đúng thì … không còn khó nữa.

Có một cách gỉai như sau:

Đặt tên các góc XAB và XCD là a, XBC và XDA là b, AXB là 1 (1 không phải là số 1, mà là góc thứ 1, cần viết dấu mũ trên 1 để cho rõ nhưng ở đây tôi không viết được mũ), góc BXC là 1, CXD là 3, DXA là 4, tất nhiên ta có 1+2+3+4 = 2 pi.

sin(1).sin(3).sin (pi – b – 2).sin(pi-b-4)= sin2.sin4.sin(a).sin(a)

sin(2).sin(4).sin (pi – a – 1).sin(pi-a-3)= sin1.sin3. sin(b).sin(b)

Bây giờ dùng công thức 2 sin(x)sin(y) = cos (x-y) – cos (x+y) để đơn gỉan hóa các biểu thức trên, đồng thời đặt A=2a, B=2b, Z= 1+3 – pi, u= cos (1-3), v = cos (2-4), ta được các đẳng thức sau:

(u+cosZ)/(v+cosZ) = (u+cos(A+Z))/(1- cosB) = (1-cosA)/(v+cos(b-Z))

Điều cần phải chứng minh là Z=0.

cosZ – cos (A+Z) < 1 – cosA

(nếu như Z < 0, và với các giới hạn về các góc A,B,Z như trong bài toán)

(cộng/trừ các tử số với tử số, mẫu số với mẫu số trong các đẳng thức, rồi dùng các bất đẳng thức dẫn tới mâu thuẫn)