Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án)

 Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐỀ SỐ 1
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 NĂM HỌC 2024-2025
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ nhất: 25/12/2024
Câu 1 (7,0 điểm)
Xét đa thức 푃( ) = 4 ― 3 + .
a) Chứng minh rằng với mọi số dương , đa thức 푃( ) ― có duy nhất một nghiệm dương.
 1
b) Xét dãy số ( 푛) được xác định bởi 1 = 3 và với mọi 푛 ≥ 1, 푛+1 là nghiệm dương của đa thức 푃( ) ― 푛. 
Chứng minh rằng dãy ( 푛) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 2 (7,0 điểm)
 푛 푛
Với mỗi số nguyên 푛 ≥ 0, đặt 푛 = (2 + 5) +(2 ― 5) .
a) Chứng minh rằng 푛 là số nguyên dương với mọi 푛 ≥ 0. Khi 푛 thay đổi, số dư của 푛 khi chia cho 24 lớn nhất 
bằng bao nhiêu?
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , ) với , nhỏ hơn 500 sao cho với mọi 푛 lẻ ta có 
 푛 푛
 푛 ≡ ― (mod1111).
Câu 3 (6,0 điểm)
Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp dường tròn (O) và có trực tâm H. Đường thẳng AH cắt lại (O) tại 
điểm D khác A. Gọi E và F tương ứng là trung điểm các đoạn thẳng AB và AC. Đường thẳng đi qua H và vuông 
góc với HF cắt đường thẳng BC tại điểm K.
a) Đường thẳng DK cắt lại (O) tại điểm Y khác D. Chứng minh rằng giao điểm của đường thẳng BY và đường 
trung trực của đoạn thẳng BK nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OFY.
b) Đường thẳng đi qua H và vuông góc với HE cắt đường thẳng BC tại điểm L. Đường thẳng DL cắt lại (O) tại 
điểm Z khác D. Gọi M,N và P tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng (BZ,OE),(CY,OF) và (BY,CZ). 
Gọi T là giao điểm của cặp đường thẳng (YZ,MN) và d là đường thẳng đi qua T và vuông góc với OA. Chứng 
minh rằng d đi qua trung điểm của đoạn thẳng AP.
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐÁP ÁN
 NGÀY THI THỨ NHẤT
Câu Ý Nội dung Điểm
1 (7,0 3,00
điểm)
 Đặt 푄( ) = 푃( ) ― . Suy ra 푄′( ) = 4 3 ―3 2 +1. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 
 1 3 3 3
 4 3 ―3 2 +1 = 2 3 +2 3 + ―3 2 + ≥ 33 4 6 ⋅ 1 ―3 2 + = > 0,∀ > 0.
 4 4 4 4 4
 Vì vậy hàm 푄( ) tăng ngặt trên (0,∞). Do 푄(0) = ― < 0 và hệ số cao nhất của 푄( ) bằng 1 là số 
 dương nên 푄( ) có nghiệm duy nhất trên khoảng (0,∞).
 4,00
 Đặt 푛( ) = 푃( ) ― 푛. Theo câu a) ta có 푛+1 là nghiệm dương duy nhất của 푛( ). Ta sẽ chứng 
 minh bằng quy nạp rằng 푛 < 푛+1 < 1, với mọi 푛 ≥ 1.
 1
 Ta có = < 1. Giả sử ta đã chứng minh được < 1. Khi đó = 4 ― 3 < 0, và 
 1 3 푛 푛( 푛) 푛 푛
 푛(1) = 1 ― 푛 > 0. Theo chứng minh trên 푛( ) là hàm tăng ngặt trên (0,∞), nên từ điều kiện 
 푛( 푛+1) = 0 suy ra 푛 < 푛+1 < 1. Khẳng định được suy ra theo nguyên lý quy nạp.
 Dãy ( 푛) tăng và bị chặn trên bởi 1 , do đó tồn tại lim푛→∞  푛. Đặt lim푛→∞  푛 = 퐿. Theo cách xây 
 4 3
 dựng dãy ta có 푛+1 ― 푛+1 + 푛+1 ― 푛 = 0. Chuyển qua giới hạn khi 푛→∞ ta nhận được 
 퐿4 ― 퐿3 = 0.
 1
 Rõ ràng do dãy tăng ngặt nên 퐿 > = . Suy ra 퐿 = 1.
 ( 푛) 1 3
 Kết luận: Giới hạn lim푛→∞  푛 = 1.
 Tổng điểm câu 1
 7,00
 Tổng điểm câu 1
2 (7,0 3,00
điểm)
 Ta có 0 = 2, 1 = 4 và ta chứng minh được bằng quy nạp 푛+2 = 4 푛+1 + 푛 với mọi 푛 ≥ 0. Suy 
 ra 푛 là số nguyên dương với mọi 푛 ≥ 0.
 Lưu ý: Nếu chi chứng minh được un là số nguyên thi cho 0,5 điểm.
 Xét dãy số dư của ( 푛) khi chia cho 24 là: 2,4,18,4,10,20,18,20,2,4, Ta thấy dãy số dư tuần hoàn 
 chu kỳ 8. Vậy số dư có thể đạt giá trị lớn nhất là 20 .
 4,00
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 3 3
 Ta có 1 = 4, 3 = 76. Vậy ― ≡ 4(mod1111) và ― ≡ 76(mod1111). Suy ra ― = 4 
 và do 3 ― 3 = ( ― )3 +3 ( ― ) = 64 + 12 nên
 ≡ 1(mod1111)⇔( +2)2 ≡ 5(mod1111).
 Nhận xét rằng 1111=11.101 và 5 là thặng dư toàn phương mod11 và mod 101. Cụ thể 
 5 ≡ 42 ≡ 72(mod11) và 5 ≡ 452 ≡ 562(mod101). Do 1 ≤ ≤ 500 nên +2 có thể bằng 
 45 + 101 ,0 ≤ ≤ 4 hoặc bằng 56 + 101ℎ,0 ≤ ℎ ≤ 4. Lại có +2 ≡ 4(mod11) hoặc 
 ≡ 7(mod11) nên chỉ có hai cặp số thỏa mãn là = 346, = 350 hoặc = 357, = 361.
 Ta sẽ chỉ ra 2 cặp số này thỏa mãn. Thật vậy, chú ý 5 ≡ 3482 ≡ 3592(mod1111). Với 푛 lẻ thì 
 푛 푛 푛― 푛― /2
 푛 = (2 + 5) + (2 ― 5) = 2     푛2 ( 5) = 2     푛2 5
 2∣ 2∣ 
 푛― 푛 푛 푛 푛
 ≡ 2     푛2 348 = (2 + 348) + (2 ― 348) = 350 ― 346 (mod1111)
 2∣ 
 푛― 푛 푛 푛 푛
 Tương tự, 푛 ≡ 2   푛2 359 = (2 + 359) +(2 ― 359) = 361 ― 357 (mod1111).
 2∣ 
 Xét thế hình như dưới đây.
 Lấy 0 và 푆 lần lượt là các điểm đối xứng của và qua . Ta có 0,퐹, thẳng hàng. Vì 푆 0 
 là hình bình hành nên 푆‖ 퐹. Do đó 푆 = 90∘ ― 퐹 = 퐾 = 퐾 = 푌.
 Vậy nên 푆 và 푌 đẳng giác đối với góc .
3
 Gọi 퐾′ là giao điểm của 퐾 với . Gọi 1 là giao điểm thứ hai khác của với ( ). Cho 0 
(6,0 a
 cắt lại ( ) tại . Vì = 90∘, hay vuông góc với , nên song song với 퐾퐾′.
điểm) 0 0
 Từ ( 퐾퐾′) = ( 1 ) = 0( 1 ) = 0(퐹 1 ) = ―1 (do 0 1‖ và 퐹 là trung điểm 
 ) ta suy ra là trung điểm 퐾퐾′. Do vậy 퐹 là trung trực của 퐾퐾′, và kéo theo tâm ngoại tiếp 퐽 
 của tam giác 퐾퐾′ nằm trên 퐹 . Mặt khác 푆 là đường cao của tam giác 퐾퐾′ nên 푆 và 퐽 đẳng 
 giác đối với góc .
 Suy ra 퐽 thuộc 푌. Như vậy 퐽 là giao điểm của 푌 với đường trung trực của đoạn thẳng 퐾. Vì 
 퐽퐹‖ 푆 và 푆, 푌 đẳng giác đối với góc nên ta có : 푌퐽퐹 = 푌 푆 = 2푌 푄 = 푌 푄 = 푌 퐹
 b
 với 푄 là điểm chính giữa cung không chứa của ( ). Suy ra tứ giác 퐽 퐹푌 nội tiếp, hay 퐽 nằm 
 trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹푌.
 ′; tiếp tuyến của ( ) tại 0 cắt các tiếp tuyến của ( ) tại 0 và 0 tương ứng tại các điểm ′ và ′. 
 Cho các tiếp tuyến của ( ) tại 푌,푍 tương ứng cắt ′ ′, ′ ′ tại 푌′,푍′.
 Gọi ′ là đối xứng của qua trung trực . Khi đó ′ đẳng giác với đối với góc . Do đó 
 ∘
 푌 ′ = 푆 = 90 , hay 푌 và ′ đối xứng qua . Khi đó 1,퐹, ′ thẳng hàng (do là đối xứng của ba 
 điểm thẳng hàng 0,퐹, qua trung trực ). Vì vậy ta có 
 ( 푌 0 0) = ( 0 ′ ) = 1( 0 ′ ) = 1( 0퐹 ) = ―1.
 Suy ra 0푌 0 là tứ giác điều hòa và do đó ′, ,푌 thẳng hàng. Tương tự ′, ,푍 thẳng hàng.
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 0 
 Áp dụng định lý Pascal cho bộ , ta được ′ đi qua giao điểm của 푍 và 0 0. Vì 
 0 푍 0
 ′ là trung trực của 0 0 và 0 0 là hình chữ nhật nên ′ là trung trực của . Do đó ′ đi 
 qua trung điểm của . Vậy ta có , 푍, 0 0 đồng quy tại điểm . Tương tự, thuộc 0 0.
 Vì 0 là đường kính của ( ) nên ′ đi qua tiếp điểm 푌0 của đường tròn bàng tiếp góc ′ của tam 
 giác ′ ′ ′ với cạnh ′ ′. Xét tam giác vuông 0푌푌0, có 푌′푌 = 푌′ 0 nên 푌′ là trung điểm của 
 0푌0. Do 푌0 và 0 đối xứng qua trung điểm ′ ′ nên 푌′ là trung điểm ′ ′.
 Tương tự, cho tiếp tuyến tại 푍 của ( ) cắt ′ ′ tại 푍′ thì 푍′ cũng là trung điểm của ′ ′. Áp dụng 
 0 푍 0
 định lý Pascal cho bộ , ta được ,푍′ và giao điểm của cặp đường thẳng ( 0푍, 0푌 ) 
 푍 0 푌
 푌 
 thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho bộ 0 0 , ta được ,푌′ và giao điểm của cặp 
 푍 0 푌
 đường thẳng ( 0푍, 0푌) thẳng hàng. Do đó thuộc đường trung bình 푌′푍′ của tam giác ′ ′ ′. Vì 
 푌′푍′‖ ′ ′ ⊥ nên trùng với 푌′푍′.
 Cho 푃 cắt lại ( ) tại . Khi đó và 푆 đẳng giác đối với góc . Tương tự phần trên ta có 
 ′, , thẳng hàng. Cho 푃 cắt và ′ ′ tương ứng tại và 0. Khi đó là trung điểm ′ 0. Lấy 
 ′ là trung điểm của ′ ′. Ta có ′ là đường trung bình của tam giác 0 0 nên 0 = 2 ′.
 Gọi 0 là trọng tâm của tam giác ′ ′ ′ và là phép vị tự tâm 0 tỉ số -2 . Khi đó, 
 : ′,푌′,푍′↦ ′, ′, ′. Do đó biến các đường thẳng ′, 푌′ và 푍′ tương ứng thành các đường 
 thẳng ′ 0, ′푌0 và ′푍0 (vì ′ 0‖ ′, ′푌0‖ 푌′, ′푍0‖ 푍′ ). Do vậy biến thành 푃 và biến đoạn 
 thẳng ′ thành đoạn thẳng 푃 ′. Suy ra
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐỀ SỐ 2
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2024-2025
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ hai: 26/12/2024
Câu 4 (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọn không cân có các đường cao , , 퐹 với ∈ , ∈ và 퐹 ∈ . Gọi , và 
tương ứng là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác , , và 푃 tương 
ứng là trung điểm các đoạn thẳng , và . Gọi ,푌 và 푍 tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng 
( , 푃),( ,푃 ) và ( , ).
a) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác , 푌 , 푍퐹 có hai điểm chung nằm trên đường 
thẳng .
b) Các đường thẳng 푃,푌 và 푍 tương ứng cắt lại các đường tròn ngoại tiếp các tam giác , 푌 và 푍퐹 tại 
các điểm ′,푌′ và 푍′( ′ ≠ ,푌′ ≠ 푌,푍′ ≠ 푍). Gọi 퐽 là điểm đối xứng của qua . Chứng minh rằng ′,푌′ và 푍′ cùng 
nằm trên một đường thẳng vuông góc với đường thẳng 퐽.
Câu 5 (7,0 điểm)
Cho một bảng ô vuông 3 × 3 ( là số nguyên dương), các ô của bảng được đánh tọa độ theo cột và hàng: ô 
(푖;푗) nằm trên cột thứ 푖 từ trái qua phải và trên hàng thứ 푗 từ dưới lên trên. Người ta muốn đặt 4 viên bi vào các ô 
của bảng, mỗi ô có không quá một viên, thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
 • Mỗi hàng và mỗi cột đều có ít nhất một viên bi;
 • Mỗi viên bi nằm cùng hàng hoặc cùng cột với ít nhất một viên bi khác.
 a) Xét = 1. Có bao nhiêu cách đặt 4 viên bi vào bảng thỏa mãn các điều kiện trên?
 (Hai cách đặt bi được coi là khác nhau nếu có một ô (푖;푗) có bi trong một cách đặt nhưng không có bi trong 
 cách còn lại.)
 b) Xét ≥ 1 tổng quát. Xác định số tự nhiên lớn nhất sao cho với mọi cách đánh dấu ô phân biệt trên 
 bảng, luôn tồn tại một cách đặt 4 viên bi thỏa mãn các điều kiện trên mà không có viên bi nào đặt ở một 
 trong ô đã được đánh dấu.
Câu 6 (6,0 điểm)
Cho , , là các số thực không âm thỏa mãn + + = 3. Chứng minh rằng
 3 3 + 4 + + + 3 3 + 4 + + + 3 3 + 4 + + ≥ 9.
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐÁP ÁN
 NGÀY THI THỨ HAI
 Ta thấy ′,푌′,푍′ là tâm các đường tròn ( ′),( ′),( 퐹′). Hơn nữa ( ′ ′ ′) = ( ′ ′) = ―1
 ( ′, ′ là phân giác trong và ngoài của góc ), hay đường kính ′ của ( ′ ) chia điều hòa 
 ′2 ′ ′ ′ ′
 đường tròn ( ′ ′ ′). Suy ra 풫퐽/( ′) = 푅 với 푅 là bán kính của ( ). Tương tự ta có 
 ′2
 풫퐽/( ′) = 풫퐽/( 퐹′) = 푅 . Vậy điểm 퐽 có cùng phương tích với cả ba đường tròn ( ′),( ′),( 퐹′).
 Hiển nhiên ta có 풫 ( ′) = 풫 ( ′) = 풫 /( 퐹′) (cùng bằng ⋅ = ⋅ = ⋅ 퐹 ). 
 Do vậy điểm cũng có cùng phương tích với ba đường tròn ( ′),( ′),( 퐹′).
 Suy ra ba đường tròn ( ′),( ′),( 퐹′) có trục đẳng phương chung là 퐽. Do đó ba tâm của chúng 
 là ′,푌′,푍′ cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với đường thẳng 퐽.
 Tổng điểm câu 4 7,00
5 3,00
(7,0 
 Do có 4 viên bi và bảng có 3 cột, suy ra phải có một cột có ít nhất 2 viên bi. Nếu tồn tại một cột có 
điểm)
 nhiều hơn 2 viên bi thì chi còn lại tối đa 1 viên cho hai cột còn lại, không thỏa mãn điều kiện đã cho.
 Vậy với mỗi cách xếp thỏa mãn phải có một cột (gọi đó là cột A ) có 2 viên bi, hai cột còn lại mỗi 
 cột có đúng 1 viên bi.
 Tương tự phải có một hàng có 2 viên bi, hai hàng còn lại mỗi hàng có đúng 1 viên bi. Đối với ô 
 trống (gọi là ô X ) còn lại của cột A , hàng chứa ô X (gọi là hàng B ) cũng phải có ít nhất 1 viên bi. 
 Vì hai cột khác chỉ chứa 1 viên bi nên hàng phải có đúng hai viên bi để thỏa mãn điều kiện thứ 
 hai của đề bài.
 4,00
 Giả sử mệnh đề đúng tới ―1, ≥ 2. Ta xét một bảng 3 × 3 với ( 3 ―1 ) ô được đánh dấu tùy ý. 
 Do bảng có 3 hàng và 3 cột, suy ra phải có một hàng và một cột không có ô nào được đánh dấu. 
 Không mất tính tổng quát, giả sử đó là hàng 1 và cột 1 . Xét hai trường hợp sau:
 +) Giả sử có một hàng trong số (3 ―1) hàng còn lại có nhiều hơn 1 ô được đánh dấu. Suy ra có hai 
 hàng có tổng số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 3. Không mất tính tổng quát, giả sứ đó là các 
 hàng 2 và hàng 3 , trong đó các ô ( 2;2 ) và ( 3;2 ) được đánh dấu. Ta sẽ xếp 4 viên bi theo cách (*) 
 ở các ô (2;1),(3;1),(1;2),(1;3). Tiếp theo áp dụng giả thiết quy nạp với bảng con 
 (3 ―3) × (3 ―3) gồm các ô (푖;푗),4 ≤ 푖,푗 ≤ 3 , với không quá (3 ―1) ― 3 = (3 ―4) ô được 
 đánh dấu, ta nhận được cách xếp 4( ―1) + 4 = 4 viên bi thỏa mãn các điều kiện đặt ra.
 Trường hợp có một cột trong số ( 3 ―1 ) cột còn lại có nhiều hơn 1 ô được đánh dấu cũng được xét 
 tương tự.
 +) Giả sử mỗi hàng trong số ( 3 ―1 ) hàng còn lại có đúng một ô được đánh dấu, và mỗi cột trong 
 số (3 ―1) cột còn lại có đúng một ô được đánh dấu. Bằng các hoán vị hàng và hoán vị cột, ta có 
 thể đưa (3 ―1) ô được đánh dấu về các ô nằm trên đường chéo chính nối các ô (푖;푖),1 ≤ 푖 ≤ 3 , 
 của bảng. Nhận xét trong cách xếp () các ô trên đường chéo chính đều không có bi. Do đó ta có thế 
 đánh dấu liên tiếp bảng vuông 3 × 3 dọc theo đường chéo chính và thực hiện cách xếp 4 viên bi 
 theo cách () trong mỗi bảng vuông. Hoán vị ngược lại, ta nhận được cách xếp thỏa mãn điều kiện đặt 
 ra.
 Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề được chứng minh. Do đó số lớn nhất là (3 ―1) với mọi ≥ 1.
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
6 (6,0) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 
điểm) (3 3 + 4 + + )(3 +4 + + ) ≥ (3 2 + 4 + + )2 
 3 2 4 
 ⇒ 3 3 + 4 + + ≥ .
 3 4 
 3 2 4 
 Ký hiệu ∑ là các tổng hoán vị theo các biến , , . Ta chỉ cần chứng minh 푆 = ∑ ≥ 9.
 3 4 
 Áp dụng bât đẳng thức Holder ta có 
 3
 푆2 ∑ (3 2 + 4 + + )(3 + 4 + + ) ≥ ∑ (3 2 + 4 + + )
 Vậy ta chỉ cần chứng minh 
 3
 81 ∑ (3 2 + 4 + + )(3 + 4 + + ) ≤ ∑ (3 2 + 4 + + ) ⋅ ( ∗)
 Đặt = ∑ = 3,푞 = ∑ , = ta có (*) tương đương với 
 81 ∑ (3 2 + 4 + + ) + ∑ (3 2 + 4 + + )(2 + 4 ) ≤ (33 ― 2푞)3
 ⇔81 3(33 ― 2푞) + 6∑ 3 + 12 + 24 + 16∑ 2 2 + 4푞 + 4∑ ( + ) ≤ (33 ― 2푞)3 
 ⇔81 261 + 16푞2 ― 44푞 ― 30 ≤ (33 ― 2푞)3.
 (**)
 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Schur ta có 3 +9 ≥ 4 푞⇔90 ― 40푞 ≥ ―30 .
 Thế nên để chứng minh (**) ta chỉ cần chỉ ra 
 81 351 + 16푞2 ― 84푞 ≤ (33 ― 2푞)3⇔81 351 + 4(6 ― )2 ― 42(6 ― ) ≤ (27 + )3
 ⇔81(243 ― 6 + 4 2) ≤ 3 +81 2 +3 ⋅ 272 + 273 ⇔0 ≤ ( 2 ― 243 + 2673),
 (***)
 trong đó = 6 ― 2푞 ∈ [0;6]⇒243 ≤ 1458. Ta suy ra điều cần chứng minh.
 Tổng điểm câu 6 6,00
 Tổng điếm toàn bài ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ) 40,00
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐỀ SỐ 3
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 NĂM HỌC 2023-2024
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024
Câu 1 (5,0 điểm)
Với mỗi số thực , ta gọi [ ] là số nguyên lớn nhất không vượt quá .
 푛
 1 1
Cho dãy số ∞ xác định bởi: . Đặt 1 .
 { 푛}푛=1 푛 = ―log 푛 ,∀푛 ≥ 1 푛 = 푛2     ― ,∀푛 ≥ 1
 4 4 =1 1 2
a) Tìm một đa thức 푃( ) với hệ số thực sao cho = 푃 푛 ,∀푛 ≥ 1.
 푛 푛
 ∞
b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương {푛 } =1 tăng thực sự sao cho
 2024
 lim  푛 = .
 →∞ 2025
Câu 2 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức 푃( ),푄( ) với hệ số thực sao cho với mỗi số thực thì 푃( ) là nghiệm của phương trình: 
 2023 + 푄( ) ⋅ 2 + ( 2024 + ) + 3 +2025 = 0.
Câu 3 (5,0 điểm)
Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O. Gọi A′ là tâm của đường tròn đi qua C và tiếp xúc AB 
tại A, gọi B′ là tâm của đường tròn đi qua A và tiếp xúc BC tại B, gọi C′ là tâm đường tròn đi qua B và tiếp xúc CA 
tại C.
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác A′B′C′ lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác ABC.
b) Gọi X,Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng A′B′,B′C′,C′A′. Biết rằng đường tròn ngoại 
tiếp tam giác XYZ lần lượt cắt lại các đường thẳng A′B′,B′C′,C′A′ tại các điểm X′,Y′,Z′(X′ ≠ X,Y′ ≠ Y,Z′ ≠ Z). Chứng 
minh rằng các đường thẳng AX′,BY′,CZ′ đồng quy.
Câu 4 (5,0 điểm)
Người ta xếp viên bi vào các ô của một bảng 2024 × 2024 ô vuông sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: 
mỗi ô không có quá một viên bi và không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau 
nếu chúng có chung một cạnh).
a) Cho = 2024. Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi chuyển bất kì viên bi đã được 
xếp nào sang một ô tùy ý kề với nó thì cách xếp mới không còn thỏa mãn cả hai điều kiện nêu trên.
b) Tìm giá trị lớn nhất sao cho với mọi cách xếp viên bi thỏa mãn hai điều kiện trên ta có thể chuyển một 
trong số các viên bi đã được xếp sang một ô kề với nó mà cách xếp mới vẫn không có hai viên bi nào được xếp ở 
hai ô kề nhau.
 DeThiToan.net Bộ 10 Đề thi HSG Quốc gia THPT môn Toán học (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐÁP ÁN
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
 Môn: TOÁN
 Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024
 I. HƯỚNG DẪN CHUNG
 1. Giám khảo chấm đúng như Đáp án - Thang điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
 2. Nếu thí sinh có cách trả lời khác nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo Hướng dẫn chấm.
 3. Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.
 II. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu Ý Đáp án
 +1
 Với mỗi 푛 > 1, tồn tại duy nhất ∈ ℕ sao cho 4 < 푛 ≤ 4 +1. Khi đó = 4 +1, hay 푛 = 4 . Dễ thấy 
 푛 푛 푛
 1 = 1, 2 = 4. Khi đó:
 2 0 1 2 +1 1
 푛 = 4 + 1 0 ⋅ 4 + 2 1 ⋅ 4 + + ―1 ⋅ 4 + ⋅ 4 ―
 푛 (4 ― 4 ) (4 ― 4 ) (4 ― 4 ) (푛 ― 4 ) 5
 1 42 +2
 = 1 + 3(41 + 43 +  + 42 ―1) ― 42 +1 + 푛 ⋅ 4 +1 ― = 푛 ⋅ 4 +1 ― .
1 a 5 5
 +1 1 +1 2 1 2
 Suy ra = 4 ― 4 = 푛 ― 푛 ,∀푛 ≥ 2.
 푛 푛 5 푛 푛 5 푛
 1 1 2
 Khi 푛 = 1 ta có: = ― = 1 ― 1 .
 1 1 5 1 5 1
 1 2 푛
 Vậy đa thức 푃( ) = ― + thỏa mãn 푛 = 푃 ,∀푛 ≥ 1.
 5 푛
 2024 1
 Đặt = . Khi đó phương trình ― 2 = có hai nghiệm = 5∓ 25 20 ∈ (1;4).
 2025 5 1,2 2
 b 
 ∞ 푛 
 Nhận xét: ∃{푛 } →∞:lim →∞  = 1.
 =1 푛 
 Thật vậy, do 1 < 1 < 4 nên nếu chọn
 4 푛 4 4
 4 ―1 
 푛 = +1,∀ ≥ 1⇒4 < 푛 ≤ 4 ⇒ 푛 = 4 . Ta có: 4 ≤ = 4 < 4
 1 푛 1
 1 1 1 1
 푛 
 Vậy lim →+∞  = 1.
 푛 
 2 1
 푛 1 푛 2
 Suy ra lim →+∞  ― = 1 ― 1 = ⇒lim →+∞  푛 = .
 푛 5 푛 5
 Câu Giả sử 푃( ),푄( ) là hai đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện bài toán.
 2 Với mọi ∈ ℝ, do 푃( ) là nghiệm của phương trình: 
 2023 + 푄( ) ⋅ 2 + ( 2024 + ) + 3 + 2025 = 0 nên 
 푃2023( ) + 푄( ) ⋅ 푃2( ) + ( 2024 + ) ⋅ 푃( ) + 3 + 2025 = 0
 ⇔푃( ) ⋅ 푃2022( ) + 푄( ) ⋅ 푃( ) + ( 2024 + ) = ― ( 3 + 2025 ).
 Suy ra đa thức 3 +2025 chia hết cho đa thức 푃( )( ∗ ).
 2023 + 푄( ) ⋅ 2 + ( 2024 + ) ⋅ + 3 + 2025 = 0
 a) Xét 푃( ) ≡ ∈ ℝ. Dễ thấy ≠ 0. Ta có: 1 2024 1 3 1 2025 2021
 ⇔푄( ) = ― ― ― + ― ,∀ ∈ ℝ.
 2 2
 푃( ) ≡ ≠ 0
 Vậy 푄( ) = ― 1 2024 ― 1 3 ― 1 + 2025 ― 2021.
 2 2
 DeThiToan.net