Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

Hướng giải và Bình luận đề thi Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán 2014 của GS Nguyễn Tiến Zũng

VNMATH.COM 5 tháng 1, 2014 , 0

Hôm nay, xem thấy đề thi HSG Toán PTTH VN 2014, tôi cũng tò mò thử làm xem sao (tôi không liên quan gì đến việc ra đề, và sau khi các học sinh thi xong tôi mới biết đề bài).

>> Đề thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán năm 2014. Xem tại đây.

Hứng chí đầu năm, tôi cũng thử làm đề bài này xem sao, và qua đó muốn chia sẻ với các bạn chuyện tiếp cận với các bài toán như thế nào.


Trước hết, nhận xét chung về đề: đề khá là khó, và thời gian 3h là hơi eo hẹp. Có 4 bài, từng bài một thì không quá khó, nhưng bài nào cũng đòi hỏi suy nghĩ kỹ chứ không có lời giải hiển nhiên ngay. Bản thân tôi làm nháp 4 bài mất khoảng 2 tiếng, nếu mà phải viết trình bầy lời giải nữa thì có khi 3 tiếng không đủ. Tất nhiên, tôi có thể không nhanh bằng các bạn trẻ, nhưng bù lại kiến thức của tôi hẳn phải sâu rộng hơn, và nhìn bài nào cũng thấy ngay hướng phải làm, mà cũng mất 2 tiếng. So với thi IMO: mỗi buổi những 4h30 phút mà chỉ có 3 bài, tức là thời gian cho mỗi bài gấp đôi so với VMO. Tôi muốn đề xuất điều tương tự cho thi VMO: nên tăng thời gian lên, để các học sinh có thời gian nghĩ thoải mái và viết lời giải cẩn thận, không cần vội vàng. Cần khuyến khích nghĩ sâu, chứ không phải là làm nhanh viết nhanh.

Bây giờ nói đến lời giải các bài toán. Tôi sẽ không trình bầy lời giải một cách "tròn trịa", mà ngược lại chỉ trình bày hơi vắn tắt, nhưng kèm theo các suy nghĩ "đằng sau" dẫn đến các lời giải đó, qua đó thể hiện các phương pháp đã dùng.

Trước khi giải cụ thể bất kỳ bài nào, thì đầu tiên là đọc kỹ đề bài, rồi quan sát chung, xem nó thuộc loại gì, có thể dùng các kiến thức nào, phương hướng nào, rồi có thể biến đổi nó, đơn giản hóa nó thể nào, v.v.

Bài 1. Trước hết là đoán dáng điệu và giới hạn. Nếu có giới hạn X và Y thì chúng phải thỏa mãn các phương trình XY - X = 0 và X^2 + Y = 2. Giải ra được 2 nghiệm (X=1, Y=1) và (X=0,Y=2). Nghiệm đầu có vẻ không được ổn, vì tính thử thấy y2 > y1 và dãy có vẻ tăng lên chứ không hội tụ về 1, như vậy ta quay sang chứng minh giả thuyết là xn tiến tới 0 còn yn tiến tới 2.
Để chứng minh yn tiến tới 2, có thể chứng minh rằng đó là dãy tăng và luôn nhỏ hơn 2. Biến đổi một chút, được các biếu thức

y(n+1) = \sqrt{2 + y_n} và x(n+1) = \sqrt{2 - y_n}

rồi từ đó chứng minh tiếp bằng qui nạp.

Bài 2. Với số phức, thì có thể viết cụ thể các nghiệm (root) của đa thức nêu trong bài, rồi từ đó thậm chí có thể làm irreducible factorization của đa thức đó trong Z[X] (phân tích thành tích của các thành phần bất khả qui). Tuy nhiên, trong đề bài chỉ cần chứng minh là không có quá n thành phần trong phân tích đó. Bậc của đa thức là 4n, nếu có quá n thành phần thì tức là có thành phần bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3. Nhưng vì đa thức này không có nghiệm thực nên bậc của các thành phần phải là số chẵn. (Nếu đa thức thực bậc lẻ thì có nghiệm thực), bởi vậy chỉ cần chứng minh là không có factor (thành phần) có bậc 2.

Giả sử đa thức trong bài chia hết cho một đa thức nguyên bậc hai a x^2 + b x + c. Có thể giả sử a là số nguyên dương.

Vì hệ số bậc cao nhất của đa thức trong bài là 1, nên a phải bằng 1, tức là đa thức bậc hai là f(x) = x^2 + b x + c. Ta muốn chứng minh là không có b và c nào thỏa mãn chuyện đó.

Một cách làm trực tiếp là nghiệm của x^2 + b x + c có dạng khác với nghiệm của đa thức trong bài (tức là nghiệm của đa thức trong bài không thể có dạng như nghiệm của x^2 + b x + c vì công thức của nó chứa căn hai lần, phức tạp hơn), nhưng để chứng minh điều đó một cách trực tiếp cũng cần kỹ thuật khá phức tạp. Ta thử dùng cách khác hơi "mẹo" nhưng sơ cấp hơn.

Một mẹo hay dùng là, ta dúng các giá trị riêng của x. Đặt x = 1 và x= 6 (là hai nghiệm của x^2 - 7x + 6), ta có là 13 chia hết cho 1 + b + c và 36 + 6b + c, tức là hai số này chỉ có thể nhận các giá trị cộng trừ 1 và cộng trừ 13. Chú ý rằng hai số này đồng dư modulo 5 trong khi các số -1, +1, -13, +13 không đồng dư modulo 5, suy ra hai số 1 + b + c và 36 + 6b + c phải bằng nhau, từ đó suy ra 35 + 5b = 0, tức là b = -7.

Nhưng như thế có nghĩa là đa thức trong đầu bài có dạng

(f(x) + d)^{2n} + 13

và nó phải chia hết cho f(x). Điều này vô lý, vì khi chia cho f(x) thì được dư là d^{2n} + 13, luôn là số khác 0.

Bài 3. Câu a khá là đơn giản. Số đỉnh màu xanh là 24 đỉnh = 103 - 79. Nếu tất cả các đỉnh đỏ chụm thành 1 cụm thì A = 78, nếu bị cắt ahfnh 2 cụm thì A = 77 và cứ thế: tức là nếu có k cụm (mỗi cụm là các đỉnh cùng màu đỏ đứng sát nhau) thì A = 79-k. Nếu có k cụm đủ thì cũng có k cụm xanh, nên B = 24-k. Các giá trị có thể của k là từ 1 đến 24, nên có 24 khả năng tất cả.

Câu b khá là khó. Để có B = 14 thì k =10 (phải chia quân xanh thành 10 cụm, quân đỏ thành 10 cụm). Đếm số cách chia như thế nào ?

Ta thử đánh số các cụm xanh từ 1 đến 10, bắt đầu từ 1 cụm nào đó. Gọi số phần tử của 10 cụm đó (theo thứ tự vòng tròn thuận chiều kim đồng hồ) là x1, ... x10. Khi đó các số y1=x1, y2=x1+x2, v.v., y9 = x1+...+x9 (y10 =24 là cố định, không tính), là các số dương khác nhau từ 1 đến 23 (không thể là 24). Có C(9,23) cách chọn 9 số đó từ 23 số. Như vậy là có C(9,23) cách chia 24 quân xanh thành 10 cụm (có xếp hàng). Tương tự như vậy, có C(9,78) cách chia quân đỏ. Nhân với nhau được C(9,23)C(9,78) Mỗi cách cho ta một cách xếp (tô màu): đầu tiên xếp cụm 1 quân xanh, rồi đến cụm 1 quân đỏ, rồi đến cụm 2 quân xanh, v.v. (Vì có thể quay vòng tròn, nên ta có thể coi "điểm bắt đầu" là điểm đầu của cụm 1 quân xanh). Vì sao 2 cách xếp khác nhau ở đây lại không trùng nhau khi quay vòng tròn ?! (Nếu chẳng may trùng nhau thì rắc rối to, phải tìm cách nào loại đi sự trùng nhau, bằng cách băm nhỏ rồi chia như thế nào đó). Nhưng may thay, số 79 là số nguyên tố nên sẽ không có hai cách nào trùng nhau ! Do vậy số cách sẽ là C(9,23)C(9,78). Nhưng có 10 cách chọn điểm bắt đầu (vì có 10 cụm quân xanh) cho cùng 1 cách tô màu, nên phải chia số C(9,23)C(9,78) cho 10, được kết quả cuối cùng là C(9,23)C(9,78)/10

Bài 4. Bài này chủ yếu đòi hỏi quan sát, chứ không cần phải vẽ thêm đường loằng ngoằng gì. Tính chất do các đường tròn mang lại được dùng ở đây chính là sự bằng nhau của các góc. (bằng các cung tương tứng)

a) Quan sát là hai tam giác ICD và IKD là đối xứng gương của nhau (cạnh - góc - cạnh), suy ra F là trung điểm của CK và AC vuông góc với ID. Tương tự như vậy, E là trung điểm của BK và AI vuông góc với BK. Từ đó suy ra ngay là È bằng 1/2 BC.

b) Ta có thể làm ngược lại sẽ thấy đơn giản hơn: lấy điểm X là điểm trên cung AD sao cho cung AX bằng cung CD. Sau đó chứng minh AXDK là hình bình hành (vì AX = CD = DK và XD song song với AC), suy ra XK cắt AD tại trung điểm. Bây giờ chỉ cần chứng minh là X, K, P thẳng hàng. Điều này suy ra từ việc xét các góc:

góc AKX = 180 - AKB - BKP = 180 - (cung AB + cung CD) - BKP = 180 - (cung AB + cung AX) - BKP = 180 - BPX- BKP = KBP =
DBC + NBP + DBC + NKP = DAC + NKP = KCM + MKP = CKM + KMP = CKP.

Đề bài của ngày 2 đã được mọi người đưa lên FB, tôi post lại đây. Ngày thư hai chỉ có 3 bài thay vì 4 bài như ngày thứ nhất. Ỏ dưới đây tôi sẽ bình luận về các bài và hướng giải của chúng.
Tôi sẽ làm ngược từ dưới lên trên (bài 7 trước, rồi bài 6, rồi bài 5). Khi đi thi, không ai yêu cầu phải làm đúng thứ tự đề bài, thấy bài nào thích hơn hay dễ nhai hơn thì cứ việc làm trước. Đang làm thấy bí bỏ nửa chừng lúc sau quay lại làm tiếp cũng được.

Bài 7. Bài này tương đối dễ, nhìn qua là thấy hướng giải ngay. Nhận xét là nếu có bộ số nào thảo mãn điều kiện đề bài, thì khia chia bộ số đó cho cùng 1 số hữu tỉ, nó vẫn thỏa mãn điều kiện. (Đây là tính "homogeneous" (đồng nhất) của điều kiện). Bởi vậy, ban đầu ta có thể giả sử có 1 số là 1 cho tiện. Loại ngay số 1 đó đi, thì các số còn lại chia được thành 3 cụm có tích bằng nhau, như vậy tích của tất cả các số là một lập phương hữu tỷ (tức là có dạng m^3/n^3 với m,n nguyên). Loại đi 1 số bất kỳ, thì tích các số còn lại cũng là lập phương hữu tỷ, suy ra từng sống một phải là lạp phương hững tỷ. Thế thì ta có thể khai căn bậc 3 của tất cả các số, và bộ số sau khi đã khai căn bậc 3 vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán. Cứ làm như vậy đến lúc nào đó tất nhiên không thể khai căn bậc 3 được nữa. (tức là có khai căn cũng không làm đơn giản đi). Nhưng khi đó thì có nghĩa là tất cả các số là cộng trừ 1. Trước khi khai căn cũng vậy thôi. Do vậy kết luận đầu tiên là tất cả các số có trị tuyệt đối bằng nhau. Nếu chúng cùng dương cả hay cùng âm cả thì OK. Nếu có cả dương lẫn âm, thì có thể kiểm tra dễ dàng dằng chỉ có 1 thằng âm thì không được (loại đi thằng dương, thì một trong 3 tích là âm), chỉ có 2 thằng âm cũng không được (loại đi 1 thằng âm thi hỏng), như vật có ít nhất 3 thằng âm. Tương tự, có ít nhất 3 thằng dương. Điều kiện (ít nhất 3 thằng âm, ít nhất 3 thằng dương) cũng là điều kiện đủ (có thể kiểm tra dễ dàng bằng việc liệt kê các trường hợp).

Bài 6. Bài này thật là rắm rối. Khó thì khó thật, nhưng hay thì theo quan điểm của tôi là không hay. Tôi sẽ bình luân thêm vì sao tôi không thấy nó hay ở phía dưới, còn bây giờ thử giải nó đã. Bản thân tôi mất rất nhiều thời gian (mấy tiếng liền, trong phòng thi thì tôi chắc chắn toi bài nay), và phải dùng cả "dao mổ bò" mang tên "phương pháp nhân tử Lagrange" để giải nó, rồi sau khi đã tìm ra lời giải OK rồi, mới tìm cách "sơ cấp hóa nó". Ở dưới đây tôi không trình bày phương pháp nhân tử Lagrange (có trong chương trình đại học) mà chỉ trình bày phương pháp sơ cấp thôi.

Trước hết, ta có thể phán đoán là giá trị cực đại đạt được khi x=y=z, việc khó khăn là làm sao chứng minh được điều đó. Dễ dàng nhận xét là biểu thức có tính đối xứng vòng theo x,y,z, và có tính thuần nhất bậc 0, theo nghĩa là nếu chia x,y,z cho cùng 1 số dương, thì giá trị của biểu thức không thay đổi.

Vì tính chất thuần nhất bậc 0, nên có thể đơn giản hóa biểu thức bằng cách đặt

a = x/y, b = y/z, c = z/x, khi đó ta có abc = 1 và biểu thức được viết thành

1/ [(1 + a^4)(b+c)^3] + ... (tổng tuần hoàn theo a,b,c)

Ta thử đánh giá chặn trên của biểu thức 1/ [(1 + a^4)(b+c)^3], hay là đánh giá chặn dưới của biểu thức [(1 + a^4)(b+c)^3], qua các bất đẳng thức sau đây:

(1+a^4) \geq (1+a)^2(1+a)^2/4

(1+a)(b+c) \geq (\sqrt{b} + \sqrt{ac})^2 = (1+b)^2/b \geq 2(1+b)/\sqrt{b}

(1+a)(b+c) \geq 2(1+c)/\sqrt{c}

(b+c) \geq 2\sqrt{b}\sqrt{c}

Nhân các BĐT trên với nhau, ta được

(1 + a^4)(b+c)^3 \geq 2(1+a^2)(1+b)(1+c)

(Sau khi làm đến đây rồi, thì dùng nhân tử Lagrange được, trước đó thì công thức quá phức tạp để mà giải phương trình đạo hàm)

Tiếp tục đánh giá:

(1+a^2)(1+b)(1+c) = 1 + a^2 + a + b + c+ a^2b + a^2 c + bc \geq 7 + a^2

(vì a+b+c \geq " khi abc = 1, và tương tự như vậy a^2b + a^2c + bc \geq " vì tích của chúng cũng là 1)

Bất đẳng thức mà ta có được chính là:

[(1 + a^4)(b+c)^3] \geq 2(7 + a^2)

(Tất nhiên, nếu biết trước BĐT này, thì có thể chứng minh trực tiếp nó mà không cần qua các bước biến đổi trên, nhưng làm sao mà đoán được ra nó nếu không qua các biến đổi ?!)

Sau đó, ta có thể chứng minh tực tiếp BĐT:

1/(7+a^2) + 1/(7+b)^2 + 1/(7+c^2) \leq 3/8

Thật vậy, nó tương đương với BĐT

3(7+ A)(7+B)(7+C) - 8[(7+A)(7+B) + (7+B)(7+C) + (7+C)(7+A)] \geq 0

trong đó A = a^2, v.v.

Trừ vế trái cho vế phải trong BĐT cuối cùng phía trên, được

35(A + B + C - 3) + 13(AB + BC + CA - 3)

và đây là biểu thức không âm vì ABC=1.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các số A,B,C bằng nhau và bằng 1. Như vậy cực trị đạt được khi a=b=c=1, tức là khi x=y=z.

Bình luận: có những việc làm xuôi thì dễ, làm ngược rất là khó. Người ra đề là người "làm xuôi" (sào nấu mấy BĐT vào nhau để ra thành đề này), nên được 1 cái đề khá rắm rồi và có lẽ không đánh giá được hết độ khó của nó khì các học sinh phải "lần ngược lại". Như kiểu thả con vào trong rừng: đi vào thì dễ, đi ra thì khó nếu chưa biết đường. Cách làm của bài này là lần mò biến đổi BĐT về các dạng đã quen. Ai ăn may hoặc trúng tủ hoặc phải luyện rất nhiều dạng BĐT thì sẽ làm được nhanh, còn không thì sẽ như mò đường trong rừng. Chính vì thế mà tôi thấy nó không hay: Đánh giá sự hiểu biết và thông minh không còn được tốt, nếu cần nhiều đến ăn may hoặc trúng tụ hoặc luyện tủ quá nhiều. Việc làm quá nhiều bài tập BĐT rắm rối theo tôi là không có lợi cho học sinh, vì thời gian đó để học các thứ khác sẽ tăng hiểu biết lên nhanh hơn nhiều.

Bài 5. Tôi hơn ngạc nhiên là có 2 bài hình học phẳng trong hai hôm thi, và hai bài lại rất tương tự nhau. Sao không có bài hình học không gian, hay đại số, hay xác suất, hay gì gì đó, có phải bao quát được kiến thức tốt hơn không ?!

Giống như bài Hình của hôm thứ nhất, bài này cũng hơi làm rối mắt học sinh bởi có quá nhiều đường vẽ ngay trong đề bài. Tính chất cơ bản của các đường tròn dùng để chứng minh các câu hỏi vẫn là tính chất về các góc bằng nhau, hệt như bài của hôm thứ nhất.

a) Thay vì chứng minh A,P,Q thẳng hàng, có thể gọi điểm P' là điểm giao của AQ với đường tròn ngoại tiếp của ABC, rồi chứng minh P' = P, tức là chứng minh tứ giác ANP'M có đường tròn đi qua cả 4 đỉnh.

Nhận xét là tứ giác BNCM cũng có đường tròn ngoại tiếp (đi qua cả 4 đỉnh) bởi vì các góc

ABN = BAN = MCN

Từ đó suy ra đẳng thức giữa các góc

BMN = BCN = ABC = BP'A = BP'Q

do đó tứ giác BQPM cũng có đường tròn ngoại tiếp, từ đó suy ra
các góc

NMP' = CBP' = CAP' , do đó tứ giác ANP'M có đường tròn ngoại tiếp

b) Để khỏi rối mắt, thì phải vẽ lại hình, xóa bớt các ký hiệu dùng trong câu hỏi a đi. Bản thân điểm K cũng không cần thiết, sau khi nhận xét được rằng đường AE chẳng qua là kẻ song song với MN. Các tính chất của đường tròn ngoại tiếp được dùng ở đây vẫn là tính chất về các góc. Sau khi xét các góc bằng nhau BFA = ACB = AMN = EAB = EAF - BAF = BDF - BCF = DFC , ta suy ra là FD cắt (O) tại A' sao cho BAA'C là hình thang cân, suy ra góc BAD = DA'C = FAC, suy ra BAF = DAV, tức là đường AF chẳng qua là đường thỏa mãn BAF = DAC, hay nói cách khác đường phân giác của góc BAC cũng là đường phân giác của góc FAD.

Điểm cố định của đường AF nằm ở đâu ? Cho A chạy đến điểm chia đôi cung BC, thì AF sẽ trùng với đường vuông góc với BC mà đi qua D. Cho A chạy đến B, thì AF sẽ chạy đến đường tiếp tuyến của (O) tại B. Như vậy, nếu có điểm cố định, thì nó chính là giao điểm X của đường tiếp tuyến với (O) tại B với đường trung trực của BC. Để chứng minh rằng AF đi qua chính điểm đó, có thể nhớ lại một tính chất phân giác liên quan đến đường tròn: nếu gọi Y là điểm cắt của đoạn DX với (O), thì với mọi điểm A trên (O), AY là đường phân giác của góc XAD. Tính chất này bản thân tôi cũng chẳng nhớ, nhưng có thể tự chứng minh lại được qua các hệ thức liên hệ giữa góc và cạnh.

Nhắc lại bình luận: bài này hơi khó hơn bài hình của ngày thứ nhất, nhưng rất gần nhau về thể loại và cách làm. Cho hai bài quá gần nhau về thể loại và cách làm trong 7 bài thi VMO2014 như vậy là không hay.

Tôi không hiểu những người ra đề năm nay lựa chọn kiểu gì, mà ra bài BĐT thì quá rắm rối, hai bài hình học thì đều là hình phẳng với các hình tròn ngoại tiếp, với các hướng giải gần hệt nhau.

Về VNMATH.COM

VNMATH hoạt động từ năm 2008 với slogan Trao đổi để học hỏi, Sẻ chia để vươn lên. Hiện nay VNMATH.COM là trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam.

Chia sẻ bài viết này


Bài viết liên quan

Không có nhận xét nào :

Để lại Nhận xét