Kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 thpt năm 2009 môn: Toán thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 
LỚP 12 THPT NĂM 2009 
Môn: TOÁN 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 25/02/2009 
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
2 2
1 1 2
1 21 2 1 2
2(1 2 ) (1 2 ) .
9
xyx y
x x y y
⎧ + =⎪ +⎪ + +⎨⎪ − + − =⎪⎩
Câu 2 (5 điểm). Cho dãy số thực (xn) xác định bởi 
1
1
2
x = và 
2
1 1 14
2
n n n
n
x x x
x − − −
+ += với mọi n ≥ 2. 
Với mỗi số nguyên dương n, đặt 2
1
1n
n
i i
y
x=
= ∑ . 
Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n → ∞. Hãy tìm giới hạn đó. 
Câu 3 (5 điểm). Trong mặt phẳng, cho hai điểm cố định A, B (A ≠ B). Xét một điểm C 
di động trong mặt phẳng sao cho nACB α= , trong đó α là một góc cho trước 
( 0 00 180α< < ). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC 
và CA tương ứng tại D, E và F. Các đường thẳng AI và BI lần lượt cắt đường thẳng EF 
tại M và N. Chứng minh rằng: 
1/ Đoạn thẳng MN có độ dài không đổi; 
2/ Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua một điểm cố định. 
Câu 4 (3 điểm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dương 
n, n n na b c+ + là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên p, q, r sao 
cho a, b, c là 3 nghiệm của phương trình x3 + px2 + qx + r = 0. 
Câu 5 (3 điểm). Cho số nguyên dương n. Kí hiệu T là tập hợp gồm 2n số nguyên 
dương đầu tiên. Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính chất: trong S không 
tồn tại các số a, b mà |a – b|∈{1; n} ? 
(Lưu ý: Tập rỗng được coi là tập con có tính chất nêu trên). 
--------------------------------------------------- HẾT --------------------------------------------- 
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
• Giám thị không được giải thích gì thêm. 
 1
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 
LỚP 12 THPT NĂM 2009 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN 
Câu 1. Điều kiện xác định của hệ phương trình: 0 ≤ x, y ≤ 
1
2
. (*) 
Nhận xét: Với điều kiện (*), ta có 
2 2
1 1 2
1 21 2 1 2 xyx y
+ ≤ ++ +
. 
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y. 
Chứng minh: Theo bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki, ta có 
2
2 22 2
1 1 1 12
1 2 1 21 2 1 2 x yx y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟+ ≤ +⎜ ⎟⎜ ⎟ + ++ + ⎝ ⎠⎝ ⎠
 (1) 
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ 2 21 2 1 2x y+ = + ⇔ x = y (do x, y ≥ 0). 
Tiếp theo, ta có 
2
2 2 2 2
2( ) (2 1)1 1 2 0 (do (*))
1 21 2 1 2 (1 2 )(1 2 )(1 2 )
y x xy
xyx y xy x y
− −+ − = ≤++ + + + + 
Suy ra: 2 2
1 1 2
1 21 2 1 2 xyx y
+ ≤ ++ + (2) 
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y . 
Từ (1) và (2), ta được bất đẳng thức cần chứng minh. 
Dấu " = " xảy ra ⇔ đồng thời xảy ra dấu " = " ở (1) và (2) ⇔ x = y. 
Từ Nhận xét suy ra hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình 
9 73
362(1 2 ) (1 2 ) 9 739
36
x y x y
x x y y
x y
⎡ −= = =⎧ ⎢⎪ ⎢⇔⎨ − + − = ⎢ +⎪⎩ = =⎢⎣
Vậy, hệ phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là hai cặp số (x ; y) vừa nêu trên. ■ 
Chú ý: Có thể chứng minh rằng với x, y ∈ [0; 1/2], phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 
phương trình x = y, bằng cách khảo sát hàm số f dưới đây trên đoạn [0; 1/2]: 
2 2
1 1 2( )
1 21 2 1 2
f x
xyx y
= + − ++ +
, 
trong đó y được coi là một điểm cố định thuộc đoạn [0; 1/2]. 
Câu 2. Từ định nghĩa dãy (xn) dễ thấy xn > 0 ∀n ≥ 1. (1) 
Viết lại hệ thức xác định dãy (xn) dưới dạng: 
 21 1 12 4n n n nx x x x− − −− = + ∀n ≥ 2. 
Từ đó suy ra: 21 1n n n nx x x x− −= − ∀n ≥ 2. 
Dẫn tới: 2
1
1 1 1
n nn x xx −
= − ∀n ≥ 2 (do xn ≠ 0 ∀n ≥ 2, theo (*)). (2) 
Vì thế, với mọi n ≥ 2, ta có 
 2
2 2 2
1 2 1 11 1
1 1 1 1 1 1 1 16
n n
n
i i i i n ni
y
x x x x xx x x= = −
⎛ ⎞= = + − = + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ . 
Từ (2) và (1) dễ dàng suy ra 1
nx
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
 là một dãy giảm, bị chặn dưới bởi 0. Do đó, 1
nx
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
 là dãy hội tụ và 
từ (2) ta được 1lim 0
nx
= . Suy ra (yn) là dãy hội tụ và lim 6ny = . ■ 
Câu 3. 1/ Xét tam giác AFM, ta có: 
n n n( ) n n( ) n n( )
l l l n
0 0 0
0
180 90 90
90 .
2 2 2
AMF MFA FAM EFI FAM ECI FAM
C A B IBA
= − + = − + = − +
⎛ ⎞= − + = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Lại có: n nNIM AIB= (đối đỉnh). 
Suy ra: ∆IMN ∼ ∆IBA. (*) 
Vì thế, hạ IH ⊥ MN, ta được: 
nsin sin
2
MN IH IH EFI
BA ID IF
α= = = = . 
Do đó: .sin const.
2
MN BA α= = 
2/ Dễ thấy các điểm F và D đối xứng với nhau qua đường thẳng AM. Kết hợp điều này với (*), ta 
được: n nIMD IBD= . Do đó, tứ giác IMBD là tứ giác nội tiếp. 
Suy ra n 090BMA = , hay tam giác BMA vuông tại M. Vì thế, gọi P là trung điểm của AB, ta có 
n n n2BPM BAM BAC= = . 
Do các điểm E và D đối xứng với nhau qua đường thẳng BN nên với lưu ý tới (*) ta được: 
n n n n2 2MND INM IAB BAC= = = . 
Vì thế, ta có n nBPM MND= . Suy ra, bốn điểm M, N, D, P cùng nằm trên một đường tròn. Điều đó 
chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp ∆DMN luôn đi qua điểm cố định P - trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Câu 4. Với mỗi số nguyên dương n, đặt n n nnT a b c= + + . Theo giả thiết, Tn ∈ Z ∀n ≥ 1. 
Ta sẽ chứng minh các số p = – (a + b + c), q = ab + bc + ca và r = – abc thỏa mãn điều kiện của bài toán. 
Thật vậy, theo định lí Vi-et đảo, các số a, b, c là 3 nghiệm của phương trình 
x3 + px2 + qx + r = 0. 
Hơn nữa, do p = – T1 nên p ∈ Z. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh q, r ∈ Z. 
Dễ thấy, ta có các biểu diễn dưới đây của Tn qua p, q, r : 
 1 2
2 2 (1)
T p
T p q
= −
= − 
 33 3 3 (2)T p pq r= − + − 
 3 2 1 1. (3)n n n nT pT qT rT n+ + += − − − ∀ ≥ 
Do T2, p ∈ Z nên từ (1) suy ra 2q ∈ Z. (4) 
Từ (2) suy ra 2pT3 = – 2p4 + 6p2q – 6pr. 
Từ đó, với lưu ý tới (4), dễ dàng suy ra 6pr ∈ Z. (5) 
Ở (3), cho n = 1 ta được: T4 = – pT3 – qT2 – rT1 = p4 – 4p2q + 4pr + 2q2. 
Suy ra 3T4 = 3p4 – 12p2q + 12pr + 6q2. 
Từ đó, với lưu ý tới (4) và (5), suy ra 6q2 ∈ Z. Kết hợp với (4), ta được q ∈ Z. 
A B
C
D
E
H
N
M
P
I
F
 3
Vì thế, từ (2) suy ra 3r ∈ Z. Do đó r phải có dạng: 
3
mr = , m ∈ Z. (6) 
Mặt khác, từ (3) ta có: rTn ∈ Z ∀n ≥ 1. Kết hợp với (6), ta được mTn ≡ 0(mod 3) ∀n ≥ 1. (7) 
- Nếu tồn tại n sao cho (Tn , 3) = 1 thì từ (7) suy ra m ≡ 0(mod 3). Vì thế r ∈ Z. 
- Xét trường hợp Tn ≡ 0(mod 3) ∀n ≥ 1. Khi đó, do p = T1 ≡ 0(mod 3) và T3 ≡ 0(mod 3) nên từ (2) dễ 
dàng suy ra r ∈ Z. 
Bài toán được chứng minh. ■ 
Chú ý: Có thể chứng minh 6q2 ∈ Z bằng cách sử dụng (1), (2) và hệ thức 
2 2
4 2 12 4q T T rT= − + + . 
Câu 5. Với mỗi n ∈N*, kí hiệu dn là số cần tìm theo yêu cầu của đề bài. 
Xét bảng ô vuông kích thước 2 x n. Điền vào các ô vuông con 
của bảng, lần lượt từ trên xuống dưới, từ trái qua phải, các số từ 1 
đến 2n. (Xem Hình 1). 
Gọi ô thứ n của hàng 1 và ô thứ 1 của hàng 2 là hai ô đặc biệt. 
Khi đó, hai số a, b ∈ T thỏa mãn |a – b| ∈ {1; n} khi và chỉ khi 
chúng nằm ở hai ô kề nhau hoặc ở 2 ô đặc biệt. 
1 2 .......... n – 1 n 
n + 1 n + 2 .......... 2n – 1 2n 
Hình 1 
Vì thế, dn chính bằng số cách chọn một số ô của bảng (kể cả số ô được chọn bằng 0) mà ở mỗi cách 
không có hai ô kề nhau hoặc hai ô đặc biệt được chọn. 
Với mỗi n ∈N*, kí hiệu: 
+ kn là số cách chọn mà ở mỗi cách không có hai ô kề nhau được chọn; (*) 
+ sn là số cách chọn mà trong các ô được chọn ở mỗi cách có 2 ô đặc biệt và không có hai ô kề nhau. 
Ta có: dn = kn – sn. 
• Trước hết, ta tính kn. 
Dễ thấy, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) bao gồm: 
+ kn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách không có ô nào thuộc cột thứ 1 của bảng được chọn; 
+ 2tn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách đều có ô thuộc cột thứ 1 của bảng được chọn ; 
trong đó, tn là số cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết 
đơn 2 x n. (Xem Hình 2). 
Do đó kn = kn – 1 + 2tn – 1. (1) 
Lại có, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết 
đơn 2 x n bao gồm: 
 ......... 
x ......... 
Hình 2 
+ kn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách ô đánh dấu "x" không được chọn; 
+ tn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách ô đánh dấu "x" đều được chọn. 
Vì thế: tn = kn – 1 + tn – 1. 
Từ đó và (1) suy ra: kn = kn – 1 + 2(kn – 2 + tn – 2) = 2kn – 1 + kn – 2 ∀n ≥ 3. (2) 
Bằng cách đếm trực tiếp, ta có: k1 = 3 và k2 = 7. (3) 
Hệ thức truy hồi (1) có phương trình đặc trưng: x2 – 2x – 1 = 0. 
Suy ra: ( ) ( )1 21 2 1 2n nnk C C= + + − ∀n ≥ 1. (4) 
Dựa vào (3), ta tìm được: 1
1 2
2
C += và 2 1 22C
−= . 
Vậy 
( ) ( )1 11 2 1 2
2
n n
nk
+ ++ + −= . (5) 
• Tiếp theo, ta tính sn. 
 4
Dễ thấy, s1 = 0, s2 = s3 = 1 và với n ≥ 4 ta có: 
sn = hn – 2, 
trong đó hn là số cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết 
kép 2 x n. (Xem Hình 3). 
A ......... 
 ......... B 
Hình 3 
Do s3 = 1, đặt h1 = 1. Bằng cách đếm trực tiếp, ta có h2 = 4. 
Xét n ≥ 3. 
Dễ thấy, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép 2 x n bao gồm: 
+ kn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách cả 2 ô A và B đều không được chọn; 
+ 2tn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách có đúng một trong 2 ô A, B được chọn; 
+ hn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách cả 2 ô A và B cùng được chọn. 
Do đó hn = kn – 2 + 2tn – 2 + hn – 2 = kn – 1 + hn – 2. ∀n ≥ 3. (6) 
Từ (2) và (6) suy ra 2hn – kn = 2hn – 2 – kn – 2 ∀n ≥ 3. 
Dẫn tới 2hn – kn = (–1)n ∀n ≥ 1. 
Vì thế 
2
2
2
( 1)
2
n
n
n n
k
s h
−
−
−
+ −= = ∀n ≥ 3. 
• Vậy d1 = 3, d2 = 6 và 
3
22 ( 1)
2
n
n n
n
k k
d
−
−− + −= ∀n ≥ 3, 
trong đó kn được xác định theo (5). ■