Bài viết tổng hợp toàn bộ đề thi chính thức Kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi THPT dự thi Cấp Quốc gia năm học 2026 - 2027 môn Toán của S...
SỜ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM HỌC 2026 – 2027
Khóa ngày 20 tháng 8 năm 2026
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
a) Chứng minh rằng biểu thức \(\frac{x_{2n}}{x_n}\) là một số nguyên với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\) và \(21x_n^2+4\) là một số chính phương với mọi số tự nhiên \(n\).
b) Tìm tất cả các số nguyên \(n \ge 0\) sao cho biểu thức \(B_n = 21x_n^2+3\) là một số nguyên tố.
a) Chứng minh rằng \(MD\) là tiếp tuyến của \((O)\) và ba điểm \(I, J, E\) thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng \(C, D, E, F\) cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó.
LỜI GIẢI CHI TIẾT TỪNG BÀI TOÁN
Bài toán 0.1 (Lim Olympic - Cần Thơ TST - P1)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có \[\frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c} = 1\] nên \(a^3b + b^3c + c^3a \ge abc\).
Mặt khác, bất đẳng thức Schur bậc ba ta có \((a+b+c)^3 + 9abc \ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)\).
Vì \(a+b+c=1\), suy ra \(1 + 9abc \ge 4(ab+bc+ca)\). Từ đó ta suy ra được: \[9(a^3b+b^3c+c^3a) + 1 \ge 9abc + 1 \ge 4(ab+bc+ca).\]
Bài toán 0.2 (Lim Olympic - Cần Thơ TST - P2)
Đặt \(\alpha = \frac{5+\sqrt{21}}{2}\), \(\beta = \frac{5-\sqrt{21}}{2}\), ta có \(\alpha + \beta = 5\), \(\alpha\beta = 1\) và \(\alpha - \beta = \sqrt{21}\) và \(x_n = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta}, \forall n \in \mathbb{N}\).
Đặt \(y_n = \alpha^n + \beta^n\) thì \(y_0 = 2, y_1 = 5\) và \(y_{n+2} = 5y_{n+1} - y_n, \forall n \in \mathbb{N}\) nên \(y_n \in \mathbb{Z}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}\).
(1) Với \(n \ge 1\), có \(x_{2n} = \frac{\alpha^{2n} - \beta^{2n}}{\alpha - \beta} = x_n(\alpha^n + \beta^n) = x_n y_n\) nên \(\frac{x_{2n}}{x_n} = y_n \in \mathbb{Z}\).
Đồng thời \(y_n^2 - 21x_n^2 = (\alpha^n + \beta^n)^2 - (\alpha^n - \beta^n)^2 = 4(\alpha\beta)^n = 4\).
Vậy \(21x_n^2 + 4 = y_n^2\) là một số chính phương với mọi \(n \in \mathbb{N}\).
(2) Ta có \(B_n = 21x_n^2 + 3 = y_n^2 - 1 = (y_n - 1)(y_n + 1)\). Với \(n = 0\), ta có \(B_0 = 3\), là số nguyên tố.
Với \(n \ge 1\), do \(\beta = \alpha^{-1}\) và \(\alpha > 1\), ta có \(y_n = \alpha^n + \alpha^{-n} \ge \alpha + \alpha^{-1} = 5\).
Vì vậy cả hai thừa số \(y_n - 1\) và \(y_n + 1\) đều lớn hơn 1. Khi đó \(B_n\) là hợp số.
Vậy \(n = 0\) là giá trị duy nhất sao cho \(B_n\) là số nguyên tố.
Bài toán 0.3 (Lim Olympic - Cần Thơ TST - P3)
Cho đa thức \(P(x) = x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_{n-1}x + a_n\), với \(a_1, a_2, a_3, \dots, a_n\) là các số thực và \(n\) là số nguyên dương lẻ. Biết rằng \(P(0)+P(1)=0\) và \(P(x)\) có \(n\) nghiệm thực \(r_1, r_2, \dots, r_n\) thuộc \([0;1]\). Tìm giá trị lớn nhất của \(Q = \prod_{i=1}^n r_i\) theo \(n\).
