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

--- Bài mới hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • 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 2022 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 2022) 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 2022

    i=1

    dấu − và 2022 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

    2022

    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

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Tuyển Tập Đề Thi Học Sinh Giỏi Môn Toán Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán 2012 – Vmo 2012

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Cương Ôn Tập Môn Lịch Sử Lớp 4
  • Đáp Án Lưu Hoằng Trí Lớp 9 Lưu Hoằng Trí, Đáp Án Sách Tiếng Anh Lưu Hoằng Trí Lớp 9
  • Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022 Đợt 2 (24 Mã Đề)
  • Giải Bài Tập Sgk Hình Học 12 Cơ Bản
  • Bài Tập Chuẩn Hóa Cơ Sở Dữ Liệu Có Lời Giải Chi Tiết 2022
  • KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2012 

    NGÀY THI THỨ I

    THỜI GIAN: 180 PHÚT

    Bài  (5 điểm).

    Cho dãy số thực  xác định bởi :

    với mọi .

    Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn khi  và Tính giới hạn đó.

    Bài  (5 điểm).

    Cho các cấp số cộng  và số nguyên . Xét  tam thức bậc hai :  .

    Chứng minh rằng nếu hai tam thức  đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

    Bài  (5 điểm) .

    Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi  nội tiếp đường tròn tâm  và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi  tương ứng là giao điểm của các đường thẳng  và ,  và . Gọi  tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp  và ,  và ,  và,  và . Giả sử bốn điểm  đôi một phân biệt.

    1) Chứng minh rằng bốn điểm  cùng nằm trên một đường tròn. Gọi  là tâm của đường tròn đó.

    2) Gọi  là giao điểm của các đường chéo  và . Chứng minh rằng ba điểm  thẳng hàng.

    Bài  (5 điểm) .

    Cho số nguyên dương . Có  học sinh nam và  học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, theo thứ tự tùy ý. Mỗi học sinh (trong số học sinh vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số cách chọn ra hai học sinh khác giới với X và đứng ở hai phía của . Chứng minh rằng tổng số kẹo mà tất cả  học sinh nhận được không vượt quá   .

    ——– Ngày thi thứ hai————-

    Thời gian 180 phút

    Bài  (7 điểm). Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là , và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

    1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

    2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là ;

    3/ Giữa  và  có ít nhất 3 chàng trai;

    4/ Giữa  và  có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

    Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

    (Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).

    Bài  (7 điểm). Xét các số tự nhiên lẻ  mà  là ước số của  và  là ước số của . Chứng minh rằng  và  là các số hạng của dãy số tự nhiên  xác định bởi

     và  với mọi .

    vàvới mọi

    Bài  (6 điểm). Tìm tất cả các hàm số  xác định trên tập số thực , lấy giá trị trong  và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

    1/  là toàn ánh từ  đến ;

    2/  là hàm số tăng trên ;

    3/  với mọi số thực .

    ———— Hết ————

    MỌI NGƯỜI CLICK VÀO SỐ THỨ TỰ CÁC BÀI TOÁN ĐỂ XEM CÁC THÀNH VIÊN TRÊN DIỄN ĐÀN MATHSCOPE THẢO LUẬN VỚI NHAU NHÉ. HAY MỌI NGƯỜI CÓ THỂ DOWNLOAD FILE PDF ĐỀ DO BQT MATHSCOPE LÀM TẠI ĐÂY VMO 2012 [MathScope.Org]

    NGUỒN: http://forum.mathscope.org/showthread.php?p=132804#post132804

    Share this:

    Like this:

    Số lượt thích

    Đang tải…

    --- Bài cũ hơn ---

  • Nhận Xét Và Bình Luận Đề Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán Năm 2022
  • Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 7
  • Đề Kiểm Tra Học Kì 1 Toán 11 Có Đáp Án
  • Danh Mục Giáo Trình Life A2
  • Hướng Dẫn Giải Đề Thi Minh Họa Thpt Quốc Gia Môn Sinh Năm 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Thi Chọn Đội Tuyển Imo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Đội Tuyển Việt Nam Đã Gặp 6 Bài Toán Cỡ Nào Tại Imo 2022?
  • Tổng Hợp Các Dạng Bài Sách Market Leader Pre
  • International Mathematics Assessments For Schools
  • Phương Pháp Giải Toán Đố Lớp 3 Dạng Có 2 Lời Giải
  • Đề Kiểm Tra Vật Lý 10 Học Kì I Có Đáp Án
  • 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 2022”, 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.

     

    --- Bài cũ hơn ---

  • Việt Nam Gianh 2 Vàng 4 Bạc Tại Imo 2022: Một Chút Tiếc Nuối, Nhưng Cơ Bản Là Hài Lòng
  • Đáp Án Brain Out – Can You Pass It, Game Hack Não Người Chơi
  • Đáp Án Full Test Lc+Rc Ets 2022 Format
  • Đáp Án Full Test Lc+Rc Ets 2022
  • Đáp Án Phần Thi Trắc Nghiệm Thi “tìm Hiểu Dịch Vụ Công Trực Tuyến”.
  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi
  • Lời giới thiệu của tác giả

    Bài viết này theo góc độ cá nhân của tác giả, chủ yếu muốn nhận xét, đánh giá từ tổng quan cho đến chi tiết từng câu trong đề thi HSG QG năm nay (sẽ không nêu các bài toán tương tự hay mở rộng, tổng quát như các năm trước). Trong bài viết này, tác giả có sử dụng lời giải, ý tưởng của các thầy: Nguyễn Ngọc Duy (GV PTNK TPHCM), Trần Quang Hùng (GV chuyên KHTN Hà Nội), Trần Xuân Hùng (GV THPT Vĩnh Xuân, Huế), Phạm Tiến Kha (GV ĐHSP TPHCM), Trần Quốc Luật (GV chuyên Lê Hồng Phong TPHCM), Nguyễn Văn Linh (SV ĐHSP Hà Nội), Nguyễn Song Minh (Hà Nội), Nguyễn Quang Tân (GV chuyên Lào Cai), Nguyễn Tăng Vũ (GV PTNK TPHCM) và bạn: Huỳnh Văn Y (KHTN TPHCM), Nguyễn Nguyễn (HS PTNK TPHCM).

    Xin cám ơn thầy Trần Nam Dũng (GV PTNK TPHCM) và anh Võ Quốc Bá Cẩn (GV Archimedes Academy Hà Nội) đã động viên nhiều trước đó để tác giả thực hiện bài viết này.

    Nhận xét tổng quan

    * Ngày 1: từng bài toán đều có những cái khó riêng, hầu như nếu không nắm được các bổ đề thì không thể xử lý trọn vẹn. Có bài thì phát biểu đơn giản nhưng theo kiểu lý thuyết, có bài thì cách xây dựng cầu kỳ, rắc rối khiến các thí sinh ngay cả ở phần sở trường của mình cũng không thể phát huy tốt. Phân tích kỹ ra hơn, phải nói rằng có nhiều ý trong đề bài dường như chặn hết các đường suy luận của những thí sinh tiếp cận vấn đề theo hướng tự nhiên.

    * Ngày 2: cả ba bài toán đều ít nhiều liên hệ tới các đề thi VMO cũ (1994, 2022, 2010) và đã được đề cập trong các bài giảng, tài liệu. Thí sinh đa số lấy được điểm ở bài 5 và 6 nhưng tính cũ của các bài phần nào đã khiến cho những thí sinh chưa đọc qua các đề thi trên gặp khó khăn. Phân bố khó dễ giữa hai ngày không hợp lý khi có bài mức độ nhẹ nhàng, đáng lẽ nên được sắp xếp ở ngày đầu để tạo tâm lý thoải mái, cũng là động lực cho thí sinh thì lại nằm ở ngày thứ hai.

    * Đề thi chọn HSG quốc gia hàng năm luôn là đề được cộng đồng Olympic, từ giáo viên, học sinh và những bạn yêu Toán đón nhận nhiều nhất. Với quy mô toàn quốc, được đầu tư bởi các chuyên gia nhiều kinh nghiệm, VMO luôn hứa hẹn là đề thi mang tính sư phạm, chuyên môn, khách quan và gợi mở, định hướng phát triển phong trào nhất mỗi năm. Thật đáng tiếc rằng trong đề thi VMO 2022 này, thật khó để nhìn nhận ra được các đặc điểm như thế!

    Đầy đủ đề thi và lời giải trong file PDF

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022
  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Thi Chọn Đội Tuyển Toán Quốc Tế Imo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Giám Khảo Quốc Tế Bất Ngờ Với Cách Giải Của Thí Sinh Việt Nam Thi Imo
  • Mời Bạn Đọc Thử Sức “cân Não” Với Đề Olympic Toán Quốc Tế
  • Đáp Án Ioe Lớp 11 Vòng 2
  • Đáp Án Ioe Vòng 3 Lớp 11
  • Đề Thi Imo 2013 Và Lời Giải
  • 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 2022”, 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.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Toán “sát Thủ” Của Imo 2022
  • Lần Đầu Tiên Học Sinh Lớp 10 Thi Olympic Toán Quốc Tế
  • Đáp Án Game Hack Não
  • Ma Trận Và Đáp Án Gdcd 10
  • Top 24 Đề Kiểm Tra Gdcd Lớp 9 Chọn Lọc, Có Đáp Án
  • Soạn Bài Thao Tác Lập Luận Bình Luận

    --- Bài mới hơn ---

  • Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học (Học Kì 2)
  • Ôn Tập Phần Văn Học Văn 11 Tập 2: Giải Câu 1, 2, 3, 4 Trang 103 Sbt Văn 11…
  • Ôn Tập Phần Văn Học (Kì 2)
  • Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học Sách Bài Tập Ngữ Văn 11 Tập 2
  • Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học (Kì 2)
  • 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:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Soạn Bài Luyện Tập Thao Tác Lập Luận Bác Bỏ (Chi Tiết)
  • Giải Bài 1, 2, 3, 4, 5 Trang 106 Sgk Vật Lý Lớp 10
  • Luyện Tập: Ngữ Cảnh, Trang 106 Sgk Văn 11
  • Soạn Bài Liên Kết Câu Và Liên Kết Đoạn Văn
  • Giải Bài Tập Trang 43 Sgk Sinh Học Lớp 11: Quang Hợp Ở Nhóm Các Thực Vật C3, C4 Và Cam Giải Bài Tập
  • Giải Thích Và Bình Luận Về Câu Nói Tiên Học Lễ

    --- Bài mới hơn ---

  • Làm Rõ Ý Kiến Nguồn Gốc Cốt Yếu Của Văn Chương Là Lòng Thương Người…
  • Hãy Phát Biểu Ý Kiến Về Mục Đích Học Tập Do Unesco Đề Xướng: Học Để Biết, Học Để Làm, Học Để Chung Sống, Học Để Tự Khẳng Định Mình
  • Báo Cáo Kết Quả Giải Quyết Ý Kiến Cử Tri
  • Quảng Ninh Nâng Cao Hiệu Quả Giải Quyết Kiến Nghị Của Cử Tri
  • Báo Cáo Kết Quả Giải Quyết Ý Kiến, Kiến Nghị Của Cử Tri Gửi Đến Kỳ Họp Thứ Tư, Hđnd Tỉnh Khóa Xvii
  • 1. Mở bài

    Từ xa xưa, ông cha ta luôn đề cao quy tắc, phép tắc, cách ứng xử làm người sao cho có văn hóa. Câu khẩu hiệu ” Tiên học lễ – hậu học văn” chính là một câu vô cùng quen thuộc đối với mỗi chúng ta. Câu đó đã cho chúng ta biết đến tầm quan trọng của những lễ nghi, cách ứng xử để làm người

    2. Thân bài

    * Giải thích câu nói

    – Tiên học lễ là gì

    – Hậu học văn lễ gì?

    * Tại sao lại Tiên học lễ – hậu học văn?

    – Trước khi đến trường, trước khi học văn hóa, học sinh phải biết học lễ nghĩa. Lễ nghĩa đối với ông bà, cha mẹ, lễ nghĩa đối với thầy cô giáo

    – Học lễ nghĩa để làm người biết trên dưới, phải trái.

    – Sau khi biết tôn trọng những người xung quanh sau đó mới là học văn hóa. Học để có tri thức, hiểu biết sâu rộng. Học để trở thành người có ích

    – Học lễ – và học văn không thể tách rời nhau được. Không thể chỉ có học lễ mà không học văn hóa và ngượi lại.

    – Đến trường không chỉ học văn hóa mà học cả cách ứng xử sao cho phù hợp và chuẩn mực

    * ý nghĩa của câu tục ngữ

    – Câu tục ngữ cho chúng ta một lời răn dạy thật phải, thật có ý nghĩa

    – Còn người phải học trước lễ nghĩa, sau đó mới có thể học văn hóa.

    – Chúng ta phải học song song hai điều này ở tất cả mọi nơi.

    3. Kết bài

    Câu tục ngữ ” Tiên học lễ, hậu học văn ” thật có ý nghĩa quan trọng lớn lao. Chúng ta phải luôn ghi nhớ mà học tập theo. Chỉ khi làm như vậy, con người mới có thể làm người có ích cho đất nước, tổ quốc.

    II. Bài tham khảo

    Từ xa xưa, ông cha ta luôn đề cao quy tắc, phép tắc, cách ứng xử làm người sao cho có văn hóa. Câu khẩu hiệu ” Tiên học lễ – hậu học văn” chính là một câu vô cùng quen thuộc đối với mỗi chúng ta. Câu đó đã cho chúng ta biết đến tầm quan trọng của những lễ nghi, cách ứng xử để làm người

    Trước tiên, ta phải tìm hiểu câu khẩu hiểu ” Tiên học lễ – Hậu học văn” có nghĩa là gì? Tiên ở đây chính là đầu tiên, lễ chính là lễ nghi, cách ứng xử. Tiên học lễ có nghĩa là trước tiên chúng ta phải học cách ứng xử, lễ nghĩa đối với những người xung quanh. Hậu có nghĩa là sau, văn chính là văn hóa, tri thức, kiến thức khi đến nhà trường hoặc học bất cứ thứ gì bên ngoài. Tiên học lễ – hậu học văn nghĩa là trước tiên phải học phép tắc, lễ nghĩ, cách ứng xử sao cho có văn hóa. Sau đó mới là học văn hóa, học chữ nghĩa, học để có tri thức.

    Tại sao lại Tiên học lễ – hậu học văn?Trước khi đến trường, trước khi học văn hóa, học sinh phải biết học lễ nghĩa. Lễ nghĩa đối với ông bà, cha mẹ, lễ nghĩa đối với thầy cô giáo. Học lễ nghĩa để làm người biết trên dưới, phải trái. Sau khi biết tôn trọng những người xung quanh sau đó mới là học văn hóa. Học để có tri thức, hiểu biết sâu rộng. Học để trở thành người có ích. Học lễ – và học văn không thể tách rời nhau được. Không thể chỉ có học lễ mà không học văn hóa và ngượi lại.Đến trường không chỉ học văn hóa mà học cả cách ứng xử sao cho phù hợp và chuẩn mực. Trước khi đến trường, chúng ta phải biết đến tôn sư trọng đến, đến lớp chào các thầy cô giáo, tôn trọng các thầy cô. Sau đó chúng ta mới có thể học văn hóa, học tri thức. Cũng như vậy, khi ra ngoài cuộc sống, con người biết tôn trọng những người xung quanh. Ai lớn tuổi hơn cần tôn trọng, biết cư xử sao cho là người có văn hóa. Ở trường lớp, chúng ta không chỉ được các thầy cô truyền thụ cho tri thức, mà còn rèn cho chúng ta trở nên làm người, là người có văn hóa, lịch sử, văn minh.

    Câu tục ngữ có chúng ta một ý nghĩa vô cùng to lớn. Đó là một lời răn dạy thật phải, thật có ý nghĩa. Ở bất kì một ngôi trường nào khi chúng ta đến thì khẩu hiệu to nhất chính là ” Tiên học lễ – hậu học văn” mang một ý nghĩa như vậy. Còn người phải học trước lễ nghĩa, sau đó mới có thể học văn hóa. Chúng ta phải học song song hai điều này ở tất cả mọi nơi. Đến khi trưởng thành thì câu khẩu hiệu này vẫn không bao giờ sai được. Nó luôn hữu ích ở tất cả mọi nơi, mọi môi trường mà chúng ta đang sống và học tập. Nhưng ngày nay, vẫn còn một số bạn chưa hiểu được rõ câu khẩu hiệu này, vẫn còn cư xử thiếu lễ độ với thầy cô, cha mẹ…. những việc làm đó cần phải loại bỏ ngay.

    Câu tục ngữ ” Tiên học lễ, hậu học văn” thật có ý nghĩa quan trọng lớn lao. Chúng ta phải luôn ghi nhớ mà học tập theo. Chỉ khi làm như vậy, con người mới có thể làm người có ích cho đất nước, tổ quốc.

    Theo chúng tôi

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phát Biểu Ý Kiến Về Mục Đích Học Tập “học Để Biết, Học Để Làm, Học Để Chung Sống, Học Để Tự Khẳng Định Mình”
  • Đề Bài. Giải Thích Ngắn Gọn Ý Kiến Của Nhà Thơ Xuân Quỳnh: “thơ Đối Với Cuộc Sống Quý Như Con Gái Đối Với Gia Đình, Cái Để Cho Người Ta Làm Quen Là Nhan Sắc, Nhưng Cái Để Sống Với Nhau Lâu Dài Là Đức Hạnh”.
  • Nhà Thơ Tố Hữu Đã Nói: “dạy Văn Học, Học Văn Học Là Một Niềm Vui Sướng Lớn. Qua Mỗi Giờ Văn Học, Thầy, Cô Giáo Có Thể Làm Rung Động Các Em, Làm Các Em Yêu Đời, Yêu Lẽ Sống Và Lớn Thêm Một Chút”. Em Hiếu Ý Kiến Trên Như Thê Nào? Hãy Lấy Một Số Tác Phẩm Văn Học Mà Em Yêu Thích Để Làm Sáng Tỏ Vấn Đề Này.
  • Tk Chi Dưới Giải Phẫu Y Khoa Vinh Vmu
  • Mạch Máu Chi Duói Giải Phẫu Y Khoa Vinh Vmu
  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi
  • Olympic Toán Quốc Tế 2022, Việt Nam Bị Loại Khỏi Top 10
  • Một Số Ài Tập Và Đáp Án Cơ Học Kết Cấu
  • 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)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022
  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi
  • Olympic Toán Quốc Tế 2022, Việt Nam Bị Loại Khỏi Top 10
  • LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2022

    Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

    aff

    Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

    1. Lờinóiđầu

    st

    Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình

    thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

    n

    2. Thông tin bản quyền

    Ep

    Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Q

    Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

    Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M

    đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

    3. Đề thi

    3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017)

    Bài 1 (5.0 điểm).

    Cho a là một số thực và xét dãy

    số .u

    định bởi

    n / xác

    u1 D a;

    unC1

    r

    8n 2 N :

    2

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn

    p3

    p3

    p

    p

    P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

    aff

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    ABC nhọn, không cân nội tiếp đường

    .O/:tròn

    GọiH là trực

    tâm của tam giác

    ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB;

    các

    C Iđỉnh

    AH cắt

    .O/ tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    st

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn

    ngoại tiếp tam giác

    AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA). Chứng

    minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

    n

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi

    hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ

    và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ

    các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    Ep

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k sốcân đối cho cách tô màu

    đối xứng ở hình bên dưới.

    A

    B

    D

    C

    b) Vớin D 2022;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    3

    3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017)

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    với mọi số thực x; y:

    a)

    aff

    kD1

    b)

    2016

    st

    kD1

    n

    Ep

    Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ

    Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số

    hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7.

    Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc.

    Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x

    dãy

    D f .n

    hồi; dạng

    xn / :

    nC1 truy

    Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng

    x nC1

    dãyDtruy

    f .x hồi

    n / vì

    2 nC3

    các hệ số của hàm

    f không hằng mà biến thiên

    n theo

    :Tuy nhiên, nếu để

    ý dần đến

    q nC1

    1

    2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy

    x nC1sốDdạng

    C x n C 14 và dự

    2

    đoán được giới hạn bằng

    3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số

    . 0thực

    ;1 /

    sao cho

    x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có

    lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản

    j unC1

    3j

    3j C

    ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t

    kiện đối với

    a chẳng qua là uđể

    2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở

    hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2022) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

    4

    aff

    Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà

    học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh.

    ta có định lý rất cơ bản sau:

    P .Nếu

    x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có

    chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / :

    p3

    p

    Ta đặtQ.x / D P .x C 1/

    1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức

    Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức

    x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên

    Z nên từ

    3

    2

    đây sẽ suy ra ngay

    Q.x / x D .x

    2 / S . xvàQ.x

    /

    / 3x 1 D .x

    5/T.x/:

    3

    2

    Từ đây sẽ 2x

    ra C 1 D .x

    2 / S . x /. x

    5 / T . x /Đến

    : đây, chọn

    x D 7 sẽ suy

    ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

    st

    n

    Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1

    Trước đó nhiều

    năm,

    VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ

    p

    p3

    có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu

    (và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

    Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc

    Mchứng

    N là trục

    minh

    đẳng phương của hai đường

    .ABtròn

    C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất

    quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường

    giác, định lý Pascal.

    Tuy

    . . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m

    kiến thức hoàn toán lớp 9.

    Ep

    Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất.

    việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m

    huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h

    kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q

    lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do

    i và

    đócột

    hàng

    i là giống nhau) là ta thấy

    k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ

    k Dra3ví

    làdụ với

    hoàn thành được câu này.

    Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực

    nhiều lời giải sai (với đánh

    kD

    giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của

    người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục

    tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu

    đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam

    2022 2 1

    đôi một khác nhau. Suy

    k 1008C1008C1006C1006C

    ra

    C2C2 D

    :

    4

    Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2

    với

    :Điều

    bước nhảy là

    này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ

    sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

    Ngày thi thứ hai:

    5

    Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn

    f

    xf .y / C f .x /

    D 2f .x / C xy

    Ep

    n

    st

    với mọi số thực yx :;

    aff

    Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy

    cóởbiểu

    ngoài

    thức

    dấu

    hàm số:

    f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy,

    điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta

    xảy ra trường hợp

    f .0/ D 0 hay không, hayf là

    .0/ D c ¤ 0 và tồn tại

    u ¤ 0 để

    f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ

    f .x

    tìm

    /D

    được

    1 x là hàm số

    duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi

    đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ

    Brazil 2006 như sau

    6

    k D1

    p

    k Cpk D

    X2

    1

    p

    p Cpk

    Dp

    k D1

    0

    3

    C pk

    1

    1

    2

    1

    1

    1

    A:

    C pk

    p

    Cp

    1

    2

    1

    1

    2

    st

    X2

    1

    aff

    p

    X2

    A

    Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và

    C pktính

    chấtp(cụ

    của

    1 mod

    k

    k

    thể ta có

    Cp 1 .

    1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng

    p

    1

    p

    1

    n

    Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a)

    toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm

    phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ

    chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr

    phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

    Ep

    Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c

    được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm

    4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha

    bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh

    đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r

    như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất,

    Bài 3bậc

    không mới nhưng đặt vấn đề đẹp

    và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút

    tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được

    kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p

    luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c

    nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn

    lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

    Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín

    vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và

    số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ

    dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy

    15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a +

    nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm

    bài trên rất chuẩn.

    7

    .1/

    aff

    a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố

    / có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy

    số .định

    u và có giới hạn hữu hạn.

    n / xác

    a

    st

    Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có

    . uthể

    thấy

    định

    dãy

    n / xác

    1

    5

    1

    khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C

    a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi

    2

    n

    Ep

    17

    4C

    17

    với mọin 2 : Vậy dãy

    . un / tăng ngặt và

    bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình

    sang giới hạn, ta cũng thu được

    lim

    3: u

    n D

    Tóm lại, với mọi a

    thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

    8

    un C

    C

    j un

    3j C q

    st

    q

    aff

    un C

    C

    un C

    q

    un C

    C

    C

    C

    <

    D

    n

    q

    <

    C

    D

    Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được

    j unC1

    3j

    3j C

    8n 2 :

    Ep

    Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h

    Cho số thực

    q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm

    an / ; . bn / thỏa mãn

    anC1 q a n C b n với

    mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim

    D

    a

    0:

    n

    Ta dễ dàng suy ra lim

    3 và hoàn tất lời giải cho bài toán.

    n Du

    9

    a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn.

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn

    1C

    p3

    2 D1C

    p3

    2 và P

    1C

    p

    5 D1C3

    p

    5‹

    aff

    P

    Lờigiải.Giả sử đa thức

    P . x /nói trên tồn tại. Đặt

    Q.x / D P .1 C x /

    1 thìQ.x / cũng

    p3

    p3

    p

    p

    là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q

    5 D3 5:

    Q.x /

    x D .x

    3

    st

    n

    p

    p

    Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay

    p

    x D 5 vào đẳng thức trên, ta được

    p

    p

    2 5D 5 5

    2

    aCb

    p

    5 D 25b

    2 a C .5a

    suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng

    thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng

    P .tỏ

    x đa

    /thỏa

    thức

    mãn đồng thời các tính

    chất ở đề bài không tồn tại.

    Ep

    3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không

    P . xđa

    /với

    thức

    các hệ số

    p

    p

    p

    p

    nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

    10

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    AB C nhọn, không cân nội tiếp đường

    . Otròn

    / :Gọi

    H là trực tâm của tamAB

    giác

    C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh

    B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    aff

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường

    tròn ngoại tiếp tam AEF

    giác cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA).

    Chứng minh rằng BP

    C ;Q và RS đồng quy.

    st

    Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam

    ABgiác

    C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời

    J là trung điểm

    OH . Dễ thấy

    D đối xứngH quaB C nên tam giác

    BDH cân tạiB . Cũng dễ

    thấy tam giác

    IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH;

    suy ra tứ giác

    BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên

    MD:

    n

    ME MIDMB

    Từ đó phương tích của

    M đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích

    củaN đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Vậy

    M N là trục đẳng phương .O

    của

    /

    và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

    A

    I

    Ep

    M

    J

    E

    O

    C

    N

    b)Gọi X là trung điểm

    EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF

    giác

    E vàKHE đồng

    dạng (g-g).

    X là trung điểm

    EF vàK là trung điểm

    HD nên hai tam giác

    BF X vàDHE

    đồng dạng (c-g-c), suy

    ∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm

    B ;X ;P

    thẳng hàng. Tương tự ba điểm

    X ;Q

    C cũng

    ;

    thẳng hàng.

    A

    O

    K

    D

    R

    C

    aff

    F

    st

    S

    n

    Gọi AL là đường kính của

    .O / thì dễ thấy

    SH đi quaL và tứ giác

    HBLC là hình bình hành

    nênH L đi qua trung điểm

    M củaB C. Dễ thấy hai tam SE

    giác

    C vàSF B đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác

    SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn

    là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác

    SF B vàSRL đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

    ∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

    Từ đó, ta có ba điểm

    S ; X ; R thẳng hàng. Vậy

    SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng

    BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

    Ep

    Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

    12

    R

    E

    st

    B

    aff

    J

    Q

    Mặt khác phép đồng dạngP tâm

    biến đoạn

    CE thànhFB nênJ cũng biến thành

    I; do đó

    ı

    ∠JPI D ∠EPB D 180

    ∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

    n

    ∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ

    ∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

    Từ đó hai tam giác

    GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng

    G biếnI

    tâmthànhP

    và đoạn

    FB thành đoạn

    LQ . Mặt khác,

    I là trung điểm

    FB nênP là trung điểm

    LQ . Từ đó,

    gọiM là trung điểm

    EF . Ta dễ thấy hai tamBFE

    giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác

    BFM vàQLE đồng dạng. Vậy

    ∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều

    phải chứng minh.

    Ep

    A

    F

    E

    B

    Q

    13

    Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích

    ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ

    D

    ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER

    ABARBR

    4R

    BRRQQB

    4R

    Vậy BR chia đôi EF .

    aff

    st

    n

    Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác

    choR đối xứng

    P quaBC thìR nằm trên

    .O/ . PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường

    tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF /

    tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF .

    Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên

    .AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên

    P C k DB. Tương tự, ta cũngPB

    cók DC; do đó tứ giác

    PBDC là hình bình hành PD

    nênđi

    qua trung điểm M của BC .

    A

    Ep

    G

    F

    E

    B

    Q

    O

    C

    M

    R

    D

    Gọi giao điểm của

    GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thành

    C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra

    ∠NGF D ∠MGB:

    Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

    14

    Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

    aff

    Bài chúng tôi tam giác

    ABC nội tiếp trong đường .O/

    tròn

    . P là điểm bất kỳ trong tam giác.

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm

    bất kỳ trên cạnh

    BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại

    N . Chứng minh rằng

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    A

    G

    F

    P

    Q

    M

    C

    n

    B

    N

    st

    E

    D

    Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác

    GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB

    nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng

    phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    Ep

    Ta thu được điều phải chứng minh.

    Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm:

    1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp đường tròn

    .O/ . Một

    đường tròn

    .K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt

    .O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E;

    tạiF của.K/ lần lượt cắt

    DB; DC tạiM; N . Chứng

    minh rằng MN ? OH .

    2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp trong đường.O/

    tròn

    .

    P là điểm bất kỳ trong tam giác sao

    R đối

    choxứngP quaBC thìR nằm trên

    .O/ .

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D

    thuộc.O/ sao cho

    DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T

    khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

    15

    aff

    st

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được

    trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau

    một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền

    hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k số

    cân đối cho cách tô

    màu đối xứng ở hình bên dưới.

    B

    n

    A

    C

    Ep

    D

    b) Vớin D 2022;

    tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    5

    ¤ ;:

    16

    Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau:

    0

    1

    1

    0

    2

    2

    1

    2

    0

    2

    2

    2

    2

    0

    3

    3

    0

    3

    aff

    3

    2

    st

    1

    1

    Ep

    n

    b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen

    hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

    Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên

    .a; b/ởvà.c;

    vị tríd /; 1 a; b; c; d 2022:

    Nếua C cchẵn thì

    b C d cũng chẵn, suya ra

    C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô

    .a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x

    Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.

    Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d;

    ô c/ điền cùng số với

    .c;ôd /thì rõ ràng ta có thể

    áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

    Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m

    biệt. Do đó, ta thu được kết quả

    k 2C4C6C

    2017

    Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh

    k Drằng

    4

    1

    thỏa mãn bài toán bằng quy nạp

    kết quả

    j 2rằng

    k

    n

    trên cũng đúng với mọi bảng có kích

    n thước

    n vớin là số nguyên dương, cụ kthể

    D là4 :

    17

    Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng.

    Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n:

    Đánh số cách hàng

    1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen

    thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không

    kn vào

    vượt

    ô trắng

    quá còn lại trong bảng

    (trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

    aff

    Xét graph

    G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh

    i ứng

    thứ với hàng

    i và1 i n ; còn

    E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ

    i đến

    đỉnh

    đỉnh

    thứthứ

    j nếu như tại.i;ô j / và

    ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

    Bổ đề (Định lý Mantel-Turan).

    Xét mộtj graph

    đơn vô hướng

    n đỉnh

    có và

    k cạnh. Khi đó, nếu

    k

    2

    n

    graph này không có chứa tam giác thì

    k

    :

    4

    Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

    st

    j 2k

    Nếu graph

    G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông

    cạnh,

    quá

    nghĩa

    4

    j 2k

    j 2k

    n

    là có không quá

    ô trắng nên có thể dùng

    k D n4 số nguyên dương điền vào các ô

    4

    đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

    n

    Nếu graph

    G có chứa tam giác, giả sử các

    a; đỉnh

    b; cphân biệt được nối với nhau đôi

    một. Điều này tương ứng với việc

    .a;các

    b/; ô

    .b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là

    giao điểm của các hàng

    a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó

    không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a;

    lạib;

    trên

    ccũng

    các hàng

    không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không

    3 ô nhưquá

    thế.

    n

    Khi đó, ta có thể dùng

    1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông

    3số quá

    phân

    biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng.

    Nếu không

    3 hàng

    a; b; c, ta còn lại

    n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần

    j tính

    k

    .n 3/ 2

    không quá 4

    số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

    Ep

    j 2k

    Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông

    số nguyên

    quá

    dương phân biệt

    4

    j 2k

    n

    để điền vào các ô trắng hay nói cách khác

    cũng

    k D thỏa mãn đề bài với bảng n n:

    4

    Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất

    là cần tìm c

    20222 1

    . Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

    4

    Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ

    kết luận được đáp số của bài toán.

    18

    Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t

    xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the

    bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

    Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ

    nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

    aff

    Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi

    phải

    hỏiđạt

    giáđược

    trị cực đại

    thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr

    xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

    st

    Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế

    2

    1

    như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền

    D 2022

    vào

    với

    đều không thành công

    4

    do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ

    minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th

    nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

    n

    Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn

    cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn

    Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que

    đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant

    là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

    Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

    Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B:

    Đếm số cạnh nối giữa A; B:

    Ep

    1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực

    : Chứng minh rằng có khôngn4 quá

    cặp

    1; x2; : : : ; nx

    .i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2:

    2

    2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng

    2nđiểm

    cho với

    n 2 và có tất n

    cả

    C 1đoạn thẳng

    nối chúng. Chứng minh rằng

    a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

    b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh.

    c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

    19

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    .1/

    với mọi số thực x; y:

    f f .y/

    f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

    aff

    Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được

    .2/

    Từ đây có thể thấy fhàm

    là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất

    a đểf

    số thực

    .a/ D 0:Thay

    x D a vào phương trình (1), ta được

    Trong (3), cho

    y D 0;ta được

    f af .0/

    Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

    D ay;

    8y 2 R:

    st

    f af .y/

    .3/

    D 0 D f .a/:Từ đó, do

    f đơn ánh nên taafcó

    .0/ D a:

    n

    Xét trường hợp

    a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/: Dof

    toàn ánh nên taf .x/

    có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn

    phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

    Thayx D 0 vào (1), ta được

    f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được

    a2 D f .0/ D 1;suy ra

    a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau:

    Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng

    f f .y/

    D y;

    8y 2 R:

    .20/

    0

    Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng

    /; ta.2được

    f xy

    f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

    8x; y 2 R:

    Ep

    f .x/

    Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay

    ; ta

    y Dđược

    x

    suy ra

    f

    D

    1

    ;

    8x ¤ 0:

    Thay y Df .x/

    vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được

    x

    f1

    3f .x/ D 3f .x/;

    8x ¤ 0:

    Dof song ánh và

    f .0/ D 1nên với

    x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2:

    khác

    Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2:

    Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có

    f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

    20

    Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/ C x;

    8x 2 R:

    .4/

    aff

    Lần lượt thay

    x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược

    . 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý

    0

    rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2

    thức

    / như cách 1 ở trên, do đó bằng cách

    x bởif

    thay

    .x/

    vào (4), ta được

    f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R:

    Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh

    x D 1 là nghiệm duy

    nhất của phương trình

    f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có

    b số

    ¤ 1 sao cho

    f .b/ D 2b; ta thay

    x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn.

    Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

    Từ đó suy rax

    x

    f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

    x

    f .x/ ;

    8x 2 R:

    st

    f

    f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

    n

    D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

    Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v

    đây là một số bài toán “tương tự” khác:

    1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    Ep

    f f .x/ C y

    D 2x C f f .y/

    x;

    8x; y 2 R:

    2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2022) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f f .x/ C 2y

    D 10x C f f .y/

    3x ;

    8x; y 2 R:

    3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

    8x; y 2 R:

    4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f yf .x C y/ C f .x/

    D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

    5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f xf .x C y/

    D f yf .x/

    C x 2;

    8x; y 2 R:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022
  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Bình Luận Về Câu Nói: Lương Y Như Từ Mẫu

    --- Bài mới hơn ---

  • “lương Y Như Từ Mẫu” Vẫn Phù Hợp Với Y Học Hiện Đại
  • Suy Nghĩ Về Câu: Lương Y Như Từ Mẫu
  • Bình Luận Câu Nói “lương Y Như Từ Mẫu”
  • Quy Y Tam Bảo Là Gì, Ý Nghĩa, Lợi Ích Của Quy Y Tam Bảo
  • Quy Y Là Gì ?
  • Bài làm

    Cuộc sống hiện đại chạy đua theo giá trị đồng tiền đôi lúc khiến con người ta quên đi những đạo lí căn bản nhất để làm người. Trong khi đó, càng vào những thời điểm như thế này, bài học làm người cơ bản được đúc kết qua những câu nói, những quan niệm, phát ngôn… càng quan trọng và ý nghĩa hơn. Câu nói “Lương y như từ mẫu” là một trong số đó.

    Câu “Lương y như từ mẫu” vốn bắt đầu xuất hiện trong một bức thư gửi Hội nghị Cán bộ y tế ngày 27 tháng 2 năm 1955 của Chủ tịch Hồ Chí Minh. Ở đây, Bác muốn nhắc nhở các cán bộ, nhân viên y tế rằng: một người thầy thuốc cũng giống như một người mẹ hiền. Hai điều kiện người thầy thuốc cần có là “Lương y” và “Từ mẫu”. Lương y tức là lòng nhân ái, thương yêu bệnh nhân. Từ mẫu là người mẹ hiền. Tất nhiên, đã là người mẹ hiền thì không mong muốn con mình bị ốm đau, bệnh tật. Như vậy, câu nói là lời nhắc nhở những người làm nghề y rằng: đạo đức nghề nghiệp là yếu tố quan trọng hàng đầu.

    Vậy như thế nào mới là “Lương y như từ mẫu”? Một vị bác sĩ có lương y trước hết phải là một bác sĩ giỏi về chuyên môn và nghiệp vụ. Người bác sĩ ấy phải có năng lực dùng kiến thức và kỹ năng của mình để chữa bệnh cho mọi người. Vị bác sĩ giỏi còn phải vững vàng về chuyên môn, luôn không ngừng học hỏi, tiếp thu cái mới, cái tiến bộ để có phương pháp chữa trị tốt nhất, hiệu quả nhất cho người bệnh. Vị bác sĩ giỏi còn phải biết cách thấu hiểu tâm lý, nguyện vọng của bệnh nhân giống như người mẹ luôn luôn hiểu được tâm tính của đứa con mình sinh ra.

    Và hơn hết, lương y của người bác sĩ thể hiện ở sự tôn trọng sinh mạng con người. Cụ thể, bác sĩ phải nghĩ cho bệnh nhân trước hết, làm mọi điều có lợi nhất cho bệnh nhân, chăm sóc chu đáo, tận tụy. Giữa các bệnh nhân với nhau cũng không được phân biệt sang giàu hay nghèo hèn. Bác sĩ cần có sự công bằng và chính trực trong mọi suy nghĩ và việc làm.

    Nhưng mọi thầy thuốc đâu phải tự nhiên đều trở thành “mẹ hiền”, mà chỉ có thầy thuốc chịu phấn đấu, cố gắng tu dưỡng, rèn luyện đạo đức, tác phong, lối sống, cách xử sự với bệnh nhân, mới có thể trở thành mẹ hiền được.

    Trong xã hội hiện đại ngày nay, không ít các y, bác sĩ bị chi phối bởi ma lực của đồng tiền mà bỏ qua đạo đức nghề nghiệp. Đó là hành động lấy phong bì làm thước đo cho sự tận tình, ai phong bì “sang” hơn sẽ được ưu ái hơn. Đó là bỏ qua bệnh nhân nguy cấp không chữa chỉ vì họ không có khả năng thanh toán viện phí. Đó là thờ ơ, vô tư trước bệnh tình bệnh nhân khiến cho bệnh tình bệnh nhân chuyển biến xấu… Tình trạng đó báo hiệu vấn đề y đức đang đi theo chiều hướng tha hóa, mai một, xuống cấp nghiêm trọng.

    Trái lại, đáng khen thay vẫn có những bác sĩ trẻ tình nguyện về các bệnh viện nghèo thăm khám, chữa bệnh từ thiện và phát thuốc miễn phí cho đồng bào vùng khó khăn. Những con người ấy vẫn hằng ngày hằng giờ thầm lặng làm việc, cống hiến hết mình vì nghề nghiệp, góp phần làm dịu cơn đau về cả thể chất lẫn tinh thần cho bệnh nhân theo đúng nghĩa đen của nó.

    Tóm lại, trong cuộc sống, khi làm bất kì nghề nghiệp gì, đạo đức nghề nghiệp luôn là yếu tố quan trọng nhất. Như Bác Hồ đã nói “Có tài mà không có đức thì là người vô dụng”. Nghề y là một nghề cao quý và giúp ích rất nhiều cho xã hội. Mong rằng những ai đã, đang và sẽ trở thành người làm về y học sẽ có nhận thức đúng đắn đề chăm sóc tốt cho người dân.

    Hoài Lê

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bình Luận Về Câu Nói: “lương Y Như Từ Mẫu”
  • Toán 4 Một Số Đề Toán Luyện Tập Và Hướng Dẫn Giải
  • Báo Cáo Kết Quả Giải Quyết Ý Kiến, Kiến Nghị Của Cử Tri Trước Và Sau Kỳ Họp Thứ Chín
  • Tp Bắc Giang Giải Quyết Kịp Thời Ý Kiến Cử Tri
  • Báo Cáo Kết Quả Giải Quyết Ý Kiến, Kiến Nghị Của Cử Tri Gửi Đến Kỳ Họp Thứ Tư, Hđnd Tỉnh Khóa Xvii
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100