Đề ôn thi đại học môn Toán

Bài 1 đề 1. Giải phương trình 
 22 12121 xxxx −+−=− 
Lời giải. Điều kiện để phương trình cĩ nghĩa là |x| ≤ 1. Đặt x = cost, t ∈ [0, pi] thì 
phương trình trở thành 
 )
4
2sin(.2
2
sin.2)2sin()2cos(
2
sin.2
pi
+=





⇔+=





t
t
tt
t
 t/2 = 2t + pi/4 + 2kpi ∧ t/2 = pi - 2t - pi/4 + 2kpi 
 t = -pi/6 – 4kpi/3 ∧ t = 3pi/10 + 4kpi/5 
Do t thuộc [0, pi] nên cĩ 1 giá trị t thoả mãn là t = 3pi/10. Vậy nghiệm của phương 
trình là x = cos(3pi/10). 
Bài 2 đề 1. Cho dãy {xn} xác định bởi e
n
nxn
=





+
+
1
1 . Chứng minh rằng dãy {xn} 
cĩ giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đĩ. 
Đáp số: 1/2. Hướng dẫn: Chứng minh bất đẳng thức x – x2/2 < ln(1+x) < x – x2/2 
+ x3/3 rồi dùng giới hạn kẹp. Cĩ thể chuyển sang hàm số rồi dùng quy tắc 
L’Hopitale. 
Bài 4 đề 1. Tìm tất cả các đa thức f(x) với hệ số nguyên sao cho với mọi n nguyên 
dương ta cĩ f(n) là ước của 2n – 1. 
Hướng dẫn. Nếu f(x) là đa thức khơng hằng thì tồn tại n sao cho |f(n)| > 1. Gọi p 
là ước số nguyên tố của f(n). Ta cĩ p | f(n) | 2n-1. Mặt khác p | f(n+p) | 2n+p-1. Suy 
ra p | 2n+p-2n = 2n(2p-1). Do (2n-1, 2n) = 1 nên từ đây suy ra p | 2p-1. Nhưng theo 
định lý Fermat thì p | 2p – 2. Như vậy từ đây suy ra p | 1. Mâu thuẫn. Vậy f(x) phải 
là đa thức hằng. Đáp số f(x) ≡ 1, f(x) ≡ -1. 
Bài 5 đề 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho 2a + 3b là bình 
phương của một số nguyên. 
Lời giải. Giả sử 22 3m n a+ = thì a là số lẻ và 2 2 3 ( 1) (mod3)m n ma = + ≡ − , do 
2 0,1(mod3)a ≡ nên suy ra m phải là số chẵn. Tiếp theo, do 
2( 1) 2 3 1(mod 4)n m n a− ≡ + = ≡ , nên n cũng phải là số lẻ, đặt 2 , 1n k k= ≥ thì 
2 ( 3 )( 3 )m k ka a= + − , do vậy 
3 2 , 3 2 ( 0, )k r k sa a r s r s m+ = − = > ≥ + = 
Thì 12.3 2 2 1, 2 1 3 do vậy k r s r ks −= − ⇒ = + = . Vì 1r m+ = suy ra r lẻ. Nên: 
1 1
2 22 1 2 1 3
r r
k
− −  
  − + =
  
  
. Do hiệu của hai nhân tử bằng 2 và cả hai số đều khơng 
chia hết cho 3 nên 
1
22 1 1 3
r
r
−
− = ⇒ = nên 1k = . Vậy cặp ( , ) (4,2)m n = là 
nghiệm của phương trình. 
Dễ thấy rằng các số này thỏa mãn yêu cầu bài tốn. 
Bài 7 đề 1. Tại một hội nghị cĩ 100 đại biểu. Trong số đĩ cĩ 15 người Pháp, mỗi 
người quen với ít nhất 70 đại biểu và 85 người Đức, mỗi người quen với khơng 
quá 10 đại biểu. Họ được phân vào 21 phịng. Chứng minh rằng cĩ một phịng nào 
đĩ khơng chứa một cặp nào quen nhau. 
Lời giải. Mỗi một người Pháp phải quen với ít nhất 70 – 14 = 56 người Đức. Suy 
ra số cặp (Pháp, Đức) quen nhau ít nhất là 15 x 56 = 840. 
 Gọi n là số người Đức quen ≤ 9 đại biểu người Pháp (gọi là Đ1) thì ta cĩ: 
840 ≤ (85-n).10 + n.9. Suy ra n ≤ 10. Những người Đức cịn lại (Đ2) đều quen 10 
đại biểu người Pháp, do đĩ khơng thể quen với người Đức nữa. 
 Vì cĩ 21 phịng và chỉ cĩ 15 người Pháp nên cĩ ít nhất 6 phịng chỉ cĩ tồn 
người Đức. Vì chỉ cĩ nhiều nhất 10 người Đức cĩ thể quen nhau nên theo nguyên 
lý Dirichlet, trong 6 phịng này sẽ cĩ ít nhất một phịng chỉ cĩ nhiều nhất 1 người 
Đức thuộc Đ1. Phịng này chính là phịng cần tìm. 
Bài 1 đề 2. Cho 0 < x0, x1, , x669 < 1 là các số thực đơi một khác nhau. Chứng 
minh rằng tồn tại một cặp (xi, xj) sao cho 
2007
1
)(0 <−< ijji xxxx 
Hướng dẫn. Sắp xếp các số thực theo thứ tự tăng dần, sau đĩ áp dụng bất đẳng 
thức 3ab(b-a) a. 
Bài 2 đề 2. Cho dãy số {an} xác định bởi a1 = 1, a2 = 2 và an+2 = 2an+1 – an + 2 với 
mọi n ≥ 1. Chứng minh rằng với mọi m, amam+1 cũng là một số hạng của dãy số. 
Lời giải. Ta cĩ 
 an+2 = 2an+1 – an + 2 
Thay n bằng n-1, ta được 
 an+1 = 2an – an-1 + 2 
Trừ hai đẳng thức vế theo vế, ta được 
 an+2 – 3an+1 + 3an – an-1 = 0 
Phương trình đặc trưng x3 – 3x2 + 3x – 1 = 0 cĩ nghiệm bội 3 x1,2,3 = 1 nên ta cĩ 
nghiệm tổng quát an cĩ dạng an = an
2 + bn + c. Thay n = 1, 2, 3 ta được 
 a + b + c = 1 
 4a + 2b + c = 2 
 9a + 3b + c = 5 
Từ đĩ giải ra được a = 1, b = -2, c = 2. Vậy an = n
2 – 2n + 2 = (n-1)2+1. Do đĩ 
amam+1 = ((m-1)
2+1)(m2+1) = (m2 – m + 1)2 + 1 = a_{m2-m+2}. 
Bài 4 đề 2. Tìm tất cả các hốn vị (a1, a2, , an) của (1, 2, , n) sao cho 
2(a1++ak) chia hết cho k+1 với mọi k=1, 2, , n. 
Hướng dẫn. Chứng minh bằng quy nạp rằng chỉ cĩ 2 hốn vị thoả mãn điều kiện 
là (1, 2, 3, n) và (2, 1, 3, , n). 
Bài 5. Chứng minh rằng đa thức P(x) = xn + 29xn-1 + 2009 với n là số nguyên 
dương lớn hơn hay bằng 2 khơng thể phân tích thành tích của 2 đa thức với hệ số 
nguyên cĩ bậc lớn hơn hay bằng 1. 
Hướng dẫn. Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng như sau 
Cho đa thức P(x) = anx
n + an-1x
n-1 + ... + a1x + a0 ∈ Z[x]. Giả sử tồn tại số nguyên 
tố p và số nguyên dương k thoả mãn đồng thời các điều kiện sau 
1) an khơng chia hết cho p 
2) a0 chia hết cho p nhưng khơng chia hết cho p
2 
3) a1, a2, , an-k chia hết cho p 
Khi đĩ, nếu P(x) = Q(x).S(x) với Q(x), S(x) là các đa thức với hệ số nguyên thì 
một trong hai đa thức Q(x), S(x) cĩ bậc nhỏ hơn k. 
Bài 6 đề 2. Cho tam giác ABC với O, I theo thứ tự là tâm của đường trịn ngoại, 
nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng ·AIO ≤ 900 khi và chỉ khi 2AB AC BC+ ≥ 
Kéo dài AI cắt đường trịn (O) tại D. 
Ta cĩ DB DC= , ngồi ra: 
· · · ·
2 2
B B
DBI DBC BAD DIB= + = + = nên tam giác DBI cân tại D, nên DB DI= . 
Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác ABDC ta được: 
. . . . ( )
. ( )
AD BC AB DC BD AC AD BC BD AB AC
AD BC DI AB AC
= + ⇔ = +
⇔ = +
Vậy · 090
2
AD
AIO DI≤ ⇔ ≤ tương đương với 2AB AC BC+ ≥ . 
I 
O 
C B 
A 
Bài 7 đề 2. Hình vuơng được chia thành 16 hình vuơng con bằng nhau, thu được 
tập hợp gồm 25 đỉnh. Hỏi cần phải bỏ đi ít nhất bao nhiêu đỉnh của tập hợp này để 
khơng cĩ 4 đỉnh nào của tập hợp cịn lại là đỉnh của một hình vuơng với các cạnh 
song song với cạnh của hình vuơng ban đầu? 
Hướng dẫn. Chứng minh bằng phản chứng. 
Bài 1 đề 3. Giải hệ phương trình 
2
2
2
( ) 2
( ) 3
( ) 4
x y z x
y z x y
z x y z
 + = +

+ = +

+ = +
Ta cĩ: 
( ) 2
( ) 3
( ) 4
x y z x
y z x y
z x y z
+ − =

+ − =
 + − =
, đặt 
; ; , ,
2 2 2
a b a c b c
a x y z b x y z c x y z z y x
+ + +
= − + + = − + = + − ⇒ = = = 
Thay vào nhận được: 
15 15
5 5
( ) 4 1
15 15
( ) 6 3
3 3
( ) 8 5
15 15
a a
a b c ab
b c a ac b b
a b c bc
c c
 
= = − 
 + = = 
    
+ = ⇔ = ⇔ = ∨ = −   
   + = =   = = −
 
  
Từ đây ta cĩ tập nghiệm là: 
2 15 3 15 4 15 2 15 3 15 4 15
( , , ) , , , ,
3 5 15 3 5 15
x y z
   
= = − − −   
   
Bài 2 đề 3. Hàm số :f →¡ ¡ thoả mãn điều kiện (cot ) sin 2 cos 2f x x x= + với 
mọi x thuộc (0, pi). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
:[ 1,1]g − → ¡ , ( ) ( ). (1 )g x f x f x= − . 
Ta cĩ 
2
2
cot 2cot 1
(cot )
cot 1
x x
f x
x
+ −
=
+
 với mọi (0; )x ∈ pi , đặt cott x= thì ta được 
2
2
2 1
( ) ,
1
t t
f t t
t
+ −
= ∀ ∈
+
¡ 
Khi đĩ 
2 2
2 2
(1 ) 8 (1 ) 2
( ) ( ). (1 )
(1 ) 2 (1 ) 2
x x x x
g x f x f x
x x x x
− + − −
= − =
− − − +
. Xét trên [ 1,1]− , đặt 
1
(1 ) 2,
4
t x x t
 
= − ⇒ ∈ −  
, khi đĩ hàm số ( )g x thành 
2
2
8 2
( )
2 2
t t
h t
t t
+ −
=
− +
. Khảo sát hàm 
số này trên 
1
2,
4
t
 
∈ −  
, ta được: 
1
2,
4
max ( ) 4 34h t
 
−  
= − và 
1
2,
4
1
min ( )
25
h t
 
−  
= 
Vậy [ ]1,1max ( ) 4 34g x− = − và [ ]1,1
1
min ( )
25
g x
−
= 
Bài 5 đề 3. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện P2(x) – P(x2) = 2x4. 
Lời giải vắn tắt. Đặt P(x) = anx
n + R(x) với R(x) là đa thức bậc r < n. Khi đĩ 
P2(x) – P(x2) = (an
2 – an)x
2n + 2anx
nR(x) + R2(x) – R(x2). Từ đây suy ra P2(x) – 
P(x2) cĩ bậc là 2n nếu an ≠ 1 và cĩ bậc n+r nếu an = 1. Từ đĩ suy ra 2 ≤ n ≤ 4. Hơn 
nữa, nếu 
 n = 4 thì an = 1 và r = 0 
 n = 3 thì an = 1 và r = 1 
Từ đây, dùng phương pháp hệ số bất định, dễ dàng tìm được các nghiệm là: x4+1, 
x3+x, 2x2 và –x2. 
Ghi chú: Hãy mở rộng bài tốn! 
Bài 6 đề 3. Cho tam giác cân ABC với AB = AC. P là một điểm bất kỳ nằm trong 
hay nằm trên các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng PA2 + PB.PC ≤ AB2. 
Hướng dẫn. Vẽ đường trịn (C) tâm A bán kính AB. Nối BP cắt (C) tại C’. Khi 
đĩ BP.PC’ = AB2 – PA2 do đĩ ta chỉ cần chứng minh PC ≤ PC’ là xong. 
Bài 7 đề 3. Cho A là một tập hợp gồm 8 phần tử. Tìm số lớn nhất các tập con gồm 
3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kì trong các tập con này khơng phải là 
một tập hợp gồm 2 phần tử. 
Lời giải. Giả sử ta tìm được n tập hợp con thoả mãn yêu cầu đề bài. Ta chứng 
minh rằng một phần tử a bất kỳ thuộc A thuộc khơng quá 3 tập hợp trong số n tập 
hợp con nĩi trên. Thật vậy, giả sử cĩ 4 tập hợp chứa a là {a, a1, a2}, {a, a3, a4}, {a, 
a5, a6}, {a, a7, a8} thì do ai đều khác a nên phải tồn tại i ≠ j sao cho ai = aj. Khơng 
mất tính tổng quát cĩ thể giả sử i = 1. Nếu j = 2 thì {a, a1, a2} chỉ cĩ 2 phần tử. 
Mâu thuẫn. Nếu j > 2, chẳng hạn j = 3 thì {a, a1, a2} ∩ {a, a3, a4} = {a, a1}, mâu 
thuẫn! 
Như vậy mỗi một phần tử thuộc khơng quá 3 tập hợp. Suy ra số lần xuất hiện của 
tất cả các phần tử của A trong các tập con được chọn khơng quá 3 x 8 = 24 lần. Vì 
mỗi một tập con cĩ 3 phần tử nên số tập con khơng quá 24/3 = 8. Suy ra n ≤ 8. 
Ta chứng minh 8 là số lớn nhất bằng cách chỉ ra 8 tập con như vậy. Điều này cĩ 
thể làm được khá dễ dàng thơng qua bảng sau 
 1 2 3 4 5 6 7 8 
1 X X X 
2 X X X 
3 X X X 
4 X X X 
5 X X X 
6 X X X 
7 X X X 
8 X X X 
Bài 1 đề 4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện : 





≥+
≥+
≥≥≥
542711
632
1
zx
zy
zyx
Tìm giá trị lớn nhất của .
200920081
222
zyx
P ++= 
Hướng dẫn. Dùng cơng thức khai triển Abel. 
Bài 2 đề 4. Cho dãy số thực {xn} xác định bởi nnn xxxx +−+== + 122,1 10 
với mọi n ∈ N. Ta xác định dãy {yn} bởi cơng thức ∑
=
∈∀=
n
i
i
in Nnxy
1
*.,2 Tìm 
cơng thức tổng quát của dãy {yn}. 
Lời giải. Ta cĩ 
 21 )11(122 −+=+−+=+ nnnn xxxx 
Từ đĩ tính được 
 ( ) ( )22/12221 12,...,12,12 −= −=−= nnxxx 
Ta viết 
 nn
nx
x
x
x
2/12/1
8/14/1
3
4/1
2
1
2.221
...
.2.221
2.221
,2221
1
−+=
−+=
−+=
−+=
−
Nhân đẳng thức đầu với 2, đẳng thức thứ hai với 22, đẳng thức thứ ba với 23  
đẳng thức thứ n với 2n rồi cộng vế theo vế, chú ý đến những sự giản ước, ta được. 
 2)21(22.242...42 2/112/11 +−=−++++= ++
nn nnn
ny . 
Bài 4 đề 4. Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên lẻ 
x1, x2, , xn thoả mãn điều kiện x1
2 + x2
2 +  + xn
2 = n4. 
Lời giải tĩm tắt. Nếu x là số nguyên lẻ thì x2 ≡ 1 mod 8. Từ đĩ, nếu n là số 
nguyên dương thoả mãn yêu cầu thì xét hai vế theo mơ-đun 8, ta suy ra n đồng dư 
1 mơ-đun 8, tức là n = 8k + 1. Với n = 8k+1, ta chọn x1 = n
2 – 2, x2 = 2n – 1, cịn 
trong 8k-1 số cịn lại cĩ 3k số bằng 3 và 5k-1 số bằng 1 thì tổng bình phương các 
xi sẽ bằng 
 (n2-2)2 + (2n-1)2 + 27k + 5k-1 = n4. 
Bài 5 đề 4. Tìm tất cả các hàm số f: R R thoả mãn điều kiện 
 f(f(x) + y)) = f(f(x) – y) + 4f(x)y 
với mọi x, y thuộc R. 
Lời giải. Thay y = f(x) ta được f(2f(x)) = f(0) + 4f2(x). Thay y bởi 2f(y) – f(x) ta 
được 
f(2f(x) – 2f(y)) = f(2f(y)) – 4f(x)(2f(y)-f(x)) = f(0) + 4f2(y) + 4f(x)(2f(y)-f(x)) = 
f(0) + (2f(x)-2f(y))2. 
Nếu tồn tại x0 với f(x0) ≠ 0 thì với mọi x thuộc R ta cĩ 
 x = 2f(f(x0) + x/8f(x0)) – 2f(f(x0)-x/8f(x0)), 
nên f(x) = x2 + f(0). 
Bài 6 đề 4. Cho tam giác ABC cĩ BC > AB > AC và cosA + cosB + cosC = 11/8. 
Xét các điểm X thuộc BC và Y thuộc AC kéo dài về phía C sao cho BX = AY = 
AB. 
 a) Chứng minh rằng XY = AB/2. 
 b) Gọi Z là điểm nằm trên cung AB của đường trịn ngoại tiếp tam giác 
khơng chứa C sao cho ZC = ZA + ZB. Hãy tính tỷ số ZC/(XC+YC). 
Hướng dẫn. Dùng định lý Ptolemy. 
Bài 7 đề 4. Cho n là số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2. Kí hiệu A = {1, 2, , 
n}. Tập con B của tập A được gọi là 1 tập "tốt" nếu B khác rỗng và trung bình 
cộng của các phần tử của B là 1 số nguyên. Gọi Tn là số các tập tốt của tập A. 
Chứng minh rằng Tn – n là 1 số chẵn. 
Hướng dẫn. Cĩ n tập tốt cĩ 1 phần tử. Với các tập tốt cịn lại, ta bắt cặp chúng 
như sau. Các tập tốt 2 phần tử {a, b} được cho tương ứng với các tập tốt 3 phần tử 
{a, (a+b)/2, b)}. Sẽ cĩ các tập tốt 3 phần tử khơng được “sinh ra” bằng cách nêu 
trên, tức là khơng cĩ dạng {a, b, c} với b = (a+c)/2. Các tập này lại được cho 
tương ứng với các tập tốt 4 phần tử {a, b, c, (a+b+c)/3}  
Bài 1 đề 5. Giải hệ phương trình 
z
xy
y
xz
x
yzzyx
18
3
2
2
8222 +=−=+=++ 
Bài 2 đề 5. Cho số thực a và dãy số thực {xn} xác định bởi: 
x1 = a và xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2008 với mọi n = 1, 2, 3,  
Chứng minh rằng dãy số {xn} cĩ giới hạn hữu hạn khi n tiến đến dương vơ cùng. 
Lời giải. Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008 thì 
xx
xx
xf
cossin3
sincos
)('
++
−
= 
Từ đĩ, sử dụng đánh giá 2|cossin|,2|sincos| ≤+≤− xxxx ta suy ra 
 .1
23
2
|)('| <=
−
≤ qxf 
Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta cĩ 
 f(x) – f(y) = f’(z)(x-y) 
Từ đĩ suy ra |f(x) – f(y)| ≤ q|x – y| với mọi x, y thuộc R. 
Áp dụng tính chất này với m > n ≥ N, ta cĩ 
 |xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)| ≤ q|xm-1-xn-1| ≤ ≤ qn-1|xm-n+1 – x1| ≤ qN-1|xm-n+1 – 
x1|. 
Do dãy {xn} bị chặn và q 0 tồn tại N đủ lớn để q
N-1|xm-n+1 – x1| 
< ε. Như vậy dãy {xn} thoả mãn điều kiện Cauchy do đĩ hội tụ. 
Bài 4 đề 5. Vì 
2 21 1a b a b a b
b a ab
+ + + + +
+ = là số nguyên, suy ra 2 2( )a b a b+ + + 
chia hết cho ab (1). 
Đặt ( , )d a b= , khi đĩ 2ab dM (2) và 2 2 2a b d+ M (2). 
Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2a b a b d+ + + M (3). 
Từ (2) và (3) suy ra 2a b d+ M nên 2d a b d a b≤ + ⇒ ≤ + (đpcm). 
Bài 5 đề 5. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 3. Chứng minh rằng
 222
222
111
cba
cba
++≥++ . 
Do 
2 2 2
1 1 1 1 1 1
ab bc caa b c
+ + ≥ + + nên ta chỉ cần chứng minh: 
2 2 2 2 2 21 1 1 ( ) 3a b c abc a b c
ab bc ca
+ + ≥ + + ⇔ + + ≤ 
Đặt x ab bc ca= + + thì từ 2( ) 3 ( )ab bc ca abc a b c+ + ≥ + + suy ra 
2
9
x
abc ≤ . Mặt khác: 
2 2 2 2( ) 2( ) 9 2a b c a b c ab bc ca x+ + = + + − + + = − 
Do đĩ 
2 2
2 2 2 ( 3) (2 3)( ) 3 (9 2 ) 3 0
9 9
x x x
abc a b c x
− − +
+ + − ≤ − − = ≤ 
Bài 7 đề 5. Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 được chia thành 64 ơ vuơng đơn vị, 
người ta bỏ đi một ơ vuơng đơn vị nào đĩ ở vị trí hàng thứ m và cột thứ n. Gọi 
S(m;n) là số hình chữ nhật được tạo bởi một hay nhiều ơ vuơng đơn vị của bàn cờ 
sao cho khơng cĩ ơ nào trùng với vị trí của ơ bị xĩa bỏ ban đầu. Tìm giá trị nhỏ 
nhất và giá trị lớn nhất của S(m;n). 
Lời giải vắn tắt. Đánh số các đường dọc từ trái sang phải từ 1-9, đánh số các 
đường ngang từ trên xuống dưới từ 1 đến 9. Một hình chữ nhật sẽ được xác định 
một cách duy nhất bởi hai cặp số (s, t), (u, v), trong đĩ s < t là số của các đường 
dọc tương ứng với biên trái và biên phải, u < v là số của các đường ngang tương 
ứng với biên trên và biên dưới. Từ đĩ số các hình chữ nhật là được tạo bởi các ơ 
vuơng đơn vị là 29
2
9 .CC . 
Bây giờ giả sử ta bỏ đi ơ (m, n). Ta sẽ đếm số hình chữ nhật trong số các hình chữ 
nhật nĩi trên chứa ơ này. Rõ ràng lúc này u sẽ cĩ n cách chọn và v sẽ cĩ 9-n cách 
chọn. Tương tự, s cĩ m cách chọn và t cĩ 9-m cách chọn. Suy ra số hình chữ nhật 
chứa ơ (m, n) là n(9-n)m(9-m). 
Từ đây suy ra ).9()9(.),( 29
2
9 nnmmCCnmS −−−= 
Đáp số: S(m,n)min = S(4, 4) = S(4, 5) = S(5, 4) = S(5, 5). S(m,n)max = S(1,1) = S(1, 
8) = S(8, 1) = S(8,8). 
Bài 2 đề 6. Cho dãy số {an} xác định bởi cơng thức truy hồi a1 = 1/2, 
12
2
1
+−
=+
nn
n
n
aa
a
a . 
Chứng minh rằng a1 + a2 +  + an < 1 với mọi số nguyên dương n. 
Hướng dẫn. Đặt bn = 1/an thì ta được bn+1 = bn(bn-1) + 1. Từ đĩ 
1
1
1
111
1
1
)1(
1
1
1
11 −
−
−
=⇒−
−
=
−
=
− ++ nnnnnnnn bbbbbbbb
Suy ra 
 ∑∑
= ++=
<
−
−=





−
−
−
==+++
n
i nii
n
i i
n
bbbb
aaa
1 111
21 11
1
1
1
1
1
11
... 
Bài 4 đề 6. (a) Cho trước số nguyên dương n. Chứng minh rằng tồn tại các số 
nguyên dương phân biệt x, y sao cho x + k chia hết cho y + k với mọi k = 1, 2, , 
n. 
 (b) Chứng minh rằng nếu với các số nguyên dương x và y ta cĩ x + k chia 
hết cho y + k với mọi số nguyên dương k thì x = y. 
Bài 5 đề 6. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P2(x) = 
P(x2) – 2P(x). 
Hướng dẫn. Đặt Q(x) = P(x) + 1 thì Q2(x) = Q(x2). Chứng minh Q(x) = xn là đa 
thức bậc n duy nhất thoả mãn phương trình này. Từ đĩ suy ra nghiệm của bài tốn 
là xn-1 cùng các đa thức đồng nhất hằng số P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ - 1. 
Bài 6 đề 6. Lục giác lồi ABCDEF cĩ ABF là tam giác vuơng cân tại A, BCEF là 
hình bình hành. AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 .2 Tính diện tích lục giác. 
Hướng dẫn. Xét phép tịnh tiến biến B thành C, F thành E và A thành A’. Sau đĩ 
áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A’CDE. 
Bài 7 đề 6. Cho X = {1, 2, , n}. Tìm số tất cả các cặp sắp thứ tự (A, B) với A, 
B là các tập con của X sao cho A khơng phải là tập con của B và B cũng khơng 
phải là tập con của A. 
Lời giải. Cĩ 2n tập con của E. Từ đĩ số các tập sắp thứ tự (A, B) các tập con của E 
là 2n x 2n = 4n. Ta đếm số các bộ (A, B) mà A ⊆ B hoặc B ⊆ A. Ta cĩ 
 |{(A, B)| A ⊆ B hoặc B ⊆ A }| 
= |{(A, B)| A ⊆ B}| + | (A, B)| B ⊆ A } - |{(A, B)| A ⊆ B và B ⊆ A}|. 
Rõ ràng 
|{(A, B)| A ⊆ B và B ⊆ A}| = |{(A, B)| A = B}| = 2n. 
Để tính |{(A, B)| A ⊆ B}| ta lý luận như sau: Nếu |B| = k (k=0, 1, , n) thì cĩ knC 
cách chọn B. Sau khi B được chọn, sẽ cĩ 2k cách chọn A. Từ đĩ 
 ∑
=
==⊆
n
k
nkk
nCBABA
0
.32|}|),{(| 
Từ đĩ đáp số của bài tốn là 4n – 2.3n + 2n. 
Bài 1 đề 7. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện: .
111
cba
cba ++≥++ 
Chứng minh rằng .
23
abccba
cba +
++
≥++ 
Ta cĩ 
1 1 1 9
3a b c a b c
a b c a b c
+ + ≥ + + ≥ ⇒ + + ≥
+ +
. Ta viết lại bất đẳng thức như sau: 
2 1 1 1( ) 3 2a b c
ab bc ca
 
+ + ≥ + + + 
 
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: 
2
21 1 1 2 1 1 1 22 ( )
3 3
a b c
ab bc ca a b c
   
+ + ≤ + + ≤ + +   
   
. 
Do đĩ ta chỉ cịn cần phải chứng minh: 
2 2 22( ) 3 ( ) ( ) 9 3
3
a b c a b c a b c a b c+ + ≥ + + + ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ 
Bài 2 đề 7. Tìm tất cả các hàm số f: R R thỏa mãn điều kiện: 
( ( )) ( ( )) ( ) ( ) 1; , (1)f x f y f f y xf y f x x y− = + + − ∀ ∈ ¡ . 
Lời giải: 
Từ (1) thay ( )x f y= ta được: (0) ( ( )) ( ). ( ) ( ( )) 1,f f f y f y f y f f y y= + + − ∀ ∈ ¡ nên: 
21 1( ( )) ( ( )) ,
2 2
a
f f x f x x
+
= − + ∀ ∈ ¡ (*) 
Từ (1) thay ( )x f x= ta được: 1))(()()())(())()(( −++=− xffyfxfyffyfxff 
1
2
1
2
))((
)()(
2
1
2
))((
))()((
22
−
+
+−+
+
+−=−⇒
axf
yfxf
ayf
yfxff 
a
yfxf
yfxff +
−
−=−⇒
2
))()(((
))()((
2
. Nhận xét 0)( ≡xf khơng thỏa (1) nên 
0)(: 00 ≠∃ yfy . Từ (1), ta cĩ 1)())(()())(( 000 −+=−− yxfyffxfyfxf . Vế trái là 
một hàm bậc nhất theo x nên cĩ tập giá trị là ¡ . Suy ra vế phải cũng cĩ tập giá trị 
là ¡ . 
xavfufvfuffxfvfufxvux ∀+−−=−=⇒−=∃∀ ,))()((
2
1
))()(()()()(:,, 2 
Hay 
21( ( )) ( ( )) ,
2
f f x f x a x= − + ∀ .(**). 
Từ (*) và (**), ta cĩ 1
2
1
=⇒
+
= a
a
a vậy 2
1
( ) 1;
2
f x x x= − + ∀ ∈ ¡ . Thử lại thấy 
thỏa điều kiện. 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là 2
1
( ) 1;
2
f x x x= − + ∀ ∈ ¡ . 
Bài 3. Các đường chéo của hình thang ABCD cắt nhau tại điểm P. Điểm Q nằm 
giữa hai đáy BC và AD được chọn sao cho ∠AQD = ∠CQB. Điểm P và Q nằm 
khác phía nhau đối với cạnh CD. Chứng minh rằng ∠BQP = ∠DAQ. 
Hướng dẫn. Xét phép vị tự tâm P biến A thành C, D thành B, Q thành Q’. Khi đĩ 
∠BQ’C = ∠AQD = ∠CQB suy ra tứ giác BCQQ’ nội tiếp. Suy ra ∠Q’QB = 
∠Q’CB = ∠QAD. 
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên dương n cĩ thể biểu diễn được dưới dạng 
 n = [a, b] + [b, c] + [c, a] 
trong đĩ a, b, c là các số nguyên dương. ([a, b] ký hiệu bội số chung nhỏ nhất của 
các số nguyên dương a, b). 
Lời giải. Gọi X là tập hợp các số n biểu diễn được dưới dạng trên. Với a = b = 1, c 
= k, ta được n = 2k + 1. Suy ra mọi số lẻ lớn hơn 1 thuộc x. Vì [2a, 2b] = 2[a, b] 
nên nếu n thuộc X thì 2n thuộc X. Suy ra tất cả các số cĩ dạng 2u.(2k+1) đều thuộc 
X. Chỉ cịn lại các số cĩ dạng 2k. Ta chứng minh các số dạng này khơng thuộc X. 
Thật vậy, giả sử n = 2k là số nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng n = [a, b] + [b, c] 
+ [c, a]. Khi đĩ a, b, c khơng thể đồng thời chẵn (khi đĩ n/2 cũng biểu diễn được) 
và khơng thể đồng thời lẻ (khi đĩ n lẻ). Trường hợp số hai lẻ, 1 số chẵn cũng 
khơng thể xảy ra vì khi đĩ n lẻ. Cuối cùng, trường hợp a lẻ, b, c chẵn, ta cĩ 
 n = [a, b] + [b, c] + [c, a] = [2a, b] + [b, c] + [c, 2a] 
suy ra n/2 = [a, b/2] + [b/2, c/2] + [c/2, a]. 
Bài 5. Tìm tất cả các đa thức hai biến P(x, y) sao cho P(a,b).P(c,d) = 
P(ac+bd,ad+bc) với mọi a, b, c, d thuộc R. 
Bài 6. Hãy xác định dạng của tứ giác ABCD diện tích S, biết rằng trong S tồn tại 
một điểm O sao cho 2S = OA2 + OB2 + OC2 + OD2. 
Bài 7. Với số nguyên dương n > 1 xét S = {1, 2, 3, , n}. Tơ các số của S bằng 2 
màu, u số màu đỏ và v số màu xanh. Hãy tìm số các bộ (x, y, z) thuộc S3 sao cho 
 a) x, y, z được tơ cùng màu; 
 b) x + y + z chia hết cho n. 
Cách 1. Gọi R là tập các số được tơ màu đỏ và B là tập các số được tơ màu xanh. 
Nếu x, y, đã được chọn thì cĩ duy nhất một cách chọn z = zx,y sao cho x + y + z 
chia hết cho n. Suy ra cĩ n2 bộ (x, y, z) với x + y + z chia hết cho n. Ta đi đếm các 
bộ (x, y, z) với x + y + z chia hết cho n nhưng trong 3 số x, y, z xuất hiện cả hai 
màu. Nếu (x, y, z) là một bộ hai màu thì sẽ cĩ hoặc hai số màu đỏ, một số màu 
xanh hoặc ngược lại. Trong cả hai trường hợp, sẽ cĩ đúng một trong các cặp (x, y), 
(y, z) và (z, x) thuộc tập hợp R x B. Ta cho tương ứng cặp này với bộ (x, y, z). 
Ngược lại, với bộ (x, y) bất kỳ thuộc R x B và ký hiệu z = zx,y. Vì x ≠ y nên các bộ 
(x, y, z), (y, z, x) và (z, x, y) khác nhau và đều tương ứng với (x, y). Mặt khác, nếu 
(x, y) được cho tương ứng với 1 bộ ba nào đĩ thì bộ ba này chính là một trong các 
bộ ba nĩi trên. Như vậy mỗi một cặp thuộc R x B được cho tương ứng đúng 3 lần. 
Từ đĩ suy ra số bộ hai màu bằng 3.u.v và đáp số của bài tốn là n2 – 3uv = (u+v)2 
– 3uv = u2 – uv + v2. 
Cách 2. Giả sử R = {a1, a2, , au}, B = {b1, b2, , bv} tương ứng là tập hợp các 
số được tơ màu đỏ và màu xanh thì R ∪ B = S. 
Đặt ∑∑
∈∈
==
Bb
b
Ra
a xxQxxP )(,)( và xét đa thức H(x) = P3(x) + Q3(x). Để ý rằng 
 ∑∑
∈
++
∈
++
==
33 ),,(
3
),,(
3 ,)(,)(
Bxba
cba
Rxba
cba
xxQxxP 
Nên số các bộ (x, y, z) thuộc S3 sao cho x, y, z cùng màu và x + y + z chia hết cho 
n chính là tổng các hệ số của xn, x2n, x3n trong H(x). 
Mặt khác, H(x) = P3(x) + Q3(x) = (P2(x) – P(x)Q(x) + Q2(x))(P(x) + Q(x)) 
 = (P2(x) – P(x)Q(x) + Q2(x))(x + x2 + + xn) 
Giả sử 
 G(x) = P2(x) – P(x)Q(x) + Q2(x) = a0 + a1x +  + amx
m 
Chú ý rằng với mọi số tự nhiên k, tồn tại suy nhất i thuộc (1, 2, , n) sao cho k+i 
chia hết cho n. Do đĩ tổng các hệ số của xn, x2n, x3n trong H(x) đúng bằng tổng các 
hệ số của G(x) và như vậy bằng G(1) = u2 – uv + v2. 
Vậy đáp số của bài tốn là u2 – uv + v2.