Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án)

 Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 Xét thế hình sau đây
 Gọi 퐿 là trung điểm . Vì 퐹 = nên tam giác 퐿 cân tại 퐿, do đó vuông góc với phân giác 
 trong góc 퐿 . Đề ý rằng phân giác trong các góc 퐿 và 퐹 song song với nhau (do các tia tạo góc 
 tương ứng song song), suy ra vuông góc với phân giác trong góc 퐹.
 Gọi là giao điềm thứ hai của ( ),( 퐹). Ta có △ 퐹 =△ (g.c.g) ⇒ = , = 퐹 nên 
 là trung điểm các cung , 퐹.
 Suy ra là phân giác trong góc 퐹. Để ý rằng vuông góc đường nối tâm 퐽. Vậy ta có ‖ 퐽.
3 a 2,00
 Ký hiệu ,푌 lần lượt là trung điểm của 퐹, và ( ),(푌) tương ứng là các đường tròn đường kính 퐹, . 
 Cho ,퐹 cắt , tương ứng tại 푃,푄. Từ hệ thức ⋅ 푃 = 퐹 ⋅ 푄⇒푃 /( ) = 푃 /(푌) nên thuộc 
 trục đẳng phương của ( ) và (푌). Để ý rằng ( ) và (푌) có bán kính bằng nhau nên chính là trung trực 
 của 푌, do đó đi qua trung điểm của 푌. Mặt khác 푌 là hình bình hành nên trung điểm của 푌 
 cũng là trung điểm 퐾 của , thành thử chính là đường thẳng 퐾. Cuối cùng, gọi 푅 là trực tâm △ , 
 lập luận tương tự như với điểm , ta cũng có 푃푅/( ) = 푃푅/(푌) nên 푅 ∈ . Vậy 퐾 luôn đi qua điểm 푅 cố 
 định.
 Xét trường hợp có nhiều hơn một ước nguyên tố 
 훼1 훼2 훼 
 = 1 2 ⋯ ( 1 1) thì chọn 푛 = ― 1 2⋯ + 1 < . 
 Vì ( ― , ) = ( , ) và ( , ) = 1⇔( , 1 2⋯ ) = 1 nên ta có (với 휑(푛) là hàm Euler)
 푠(푛, ) 휑( 1 2⋯ ) ― ( 1 ― 1) ∏( 푖 ― 1) ― ( 1 ― 1)
 = =
 ― 푛 1 2⋯ ― 1 ∏ 푖 ― 1
 ∏( 1) 휑( ) 푠(1, )
 < 푖 = = .
 ∏ 푖 
4 Như vậy điều kiện 푖 ) không thoả mãn. 5,00
 Do đó có một ước nguyên tố, = 훼. Khi đó
 푛
 푠(푛, ) 푛 푛 푛 1 휑( ) 푠(1, )
 = ≥ = 1 ― = = .
 푛 푛 푛 
 Vậy điều kiện i) thoả mãn. Điều kiện ii) suy ra ( ,2022) = 1. Ta dễ có 
 20222 ≡ 2022(2 , ―1) ≡ 1(mod )⇒ ∣2021.2023.
 Nếu ∣2021⇒2⋮ (vô lý)
 2
 Nếu ∣2023 thì áp dụng LTE ta có 푣 (2023) + 푣 ( ) ≥ 2푣 ( )⇒ ∈ {7,17,17 }.
 Tổng điểm bài 4 5,00
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 ĐỀ SỐ 8
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUÓC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 NĂM HỌC 2021-2022
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 05/3/2022
Bài 5 (6,0 điểm)
Cho 푃( ) và 푄( ) là hai đa thức khác hằng, có hệ số là các số nguyên không âm, trong đó các hệ số của 푃( ) đều 
không vượt quá 2021 và 푄( ) có ít nhất một hệ số lớn hơn 2021.
Giả sử 푃(2022) = 푄(2022) và 푃( ),푄( ) có chung nghiệm hữu tỷ 푞 ≠ 0( ,푞 ∈ ℤ; và 푞 nguyên tố cùng nhau). 
Chứng minh rằng | | + 푛|푞| ≤ 푄(푛) ― 푃(푛) với mọi 푛 = 1,2, ,2021.
Bài 6 (7,0 điểm)
Gieo 4 con súc sắc cân đối, đồng chất. Ký hiệu 푖(1 ≤ 푖 ≤ 6) là số chấm trên mặt xuất hiện của con súc sắc thứ 
푖(푖 = 1,2,3,4).
a) Tính số các bộ ( 1, 2, 3, 4) có thể có.
b) Tính xác suất để có một số trong 1, 2, 3, 4 bằng tổng của ba số còn lại.
c) Tính xác suất để có thể chia 1, 2, 3, 4 thành hai nhóm có tổng bằng nhau.
Bài 7 (7,0 điểm)
Cho tam giác có , cố định trên đường tròn ( ) ( không đi qua tâm ) và điểm thay đổi trên cung 
lớn sao cho ≠ . Đường tròn nội tiếp ( ) của tam giác tiếp xúc với tại . Gọi là tâm đường 
tròn bàng tiếp góc ,퐿 là giao điểm của với và là điểm trên ( ) sao cho song song với .
a) Đường thẳng 퐿 cắt đường thẳng tại 퐹. Chứng minh rằng 퐹 = .
b) Trên đường tròn ( 퐽 ) ngoại tiếp tam giác lấy điểm sao cho song song với , cắt lại ( 퐽 ) tại . 
Chứng minh rằng trung điểm của luôn thuộc một đường tròn cố định.
 • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 • Giám thị KHÔNG giải thích gi thêm.
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 ĐÁP ÁN
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 05/3/2022 
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
 1. Giám khảo chấm đúng như đáp án, biểu điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
 2. Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo biểu điểm của 
 Hướng dẫn chấm thi.
 3. Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.
II. ĐÁP ÁN, BIỀU ĐIỂM
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 Ta chứng minh 푃(푛) < 푄(푛) với mọi 푛 ∈ {1,2, ,2021}.
 ―1
 Đặt 푄( ) = + ―1 +⋯ + 1 + 0. Gọi 푖 ∈ {0,1, , } là chỉ số nhỏ nhất để 푖 ≥ 2022. Ta 
 xét phép biến đổi sau để được đa thức 푄1( ) :
 Viết 푖 = 2022ℎ + (ℎ ≥ 1,0 ≤ < 2022). Đặt 푖 = , 푖+1 = 푖+1 + ℎ và 
 = ,∀ ∈ {1,2, , +1} ∖ {푖,푖 +1} (ta quy ước +1 = 0 ).
 +1 
 Đặt 푄1( ): = +1 + +⋯ + 1 + 0.
 Ta kiểm tra được 푄1(2022) = 푄(2022) và 푄1(푛) < 푄(푛),∀푛 = 1,2, ,2021.
 Nếu 푄1( ) có hệ số ≥ 2022, ta lại thực hiện phép biến đổi tương tự để được 푄2( ), và cứ tiếp tục như 
 thế. Do 푄 (1) là dãy các số nguyên không âm,
 푗 푗≥1
 giảm thật sự nên sau hữu hạn phép biến đổi, ta phải có 푄푗0( ) với các hệ số không âm và ≤ 2021.
 Ta có 푄푗0(2022) = 푄(2022) = 푃(2022). Viết 푄푗0(2022) và 푃(2022) theo hệ cơ số 2022, ta suy ra bộ hệ 
 số của hai đa thức 푄푗0 và 푃 phải trùng nhau, hay 푄푗0( ) ≡ 푃( ). Điều đó dẫn đến 
 푃(푛) = 푄푗0(푛) < 푄(푛),∀푛 = 1,2, ,2021.
 Mặt khác, dễ có 푞 0,푞 < 0⇒| | + 푛|푞| = ― 푛푞.
 Để ý rằng 푞 là nghiệm hữu tý (( ,푞) = 1) của 푃( ) thì ∣푃(0).
 푛푞
 Xét ( ) = 푃( + 푛) thì 푞 là nghiệm của ( )⇒ ― 푛푞∣ (0) = 푃(푛).
 Tương tự, ― 푛푞∣푄(푛). Suy rà ― 푛푞∣푄(푛) ― 푃(푛) nên
 | | + 푛|푞| ≤ 푄(푛) ― 푃(푛),∀푛 = 1,2, ,2021.
 Tổng điểm bài 5 6,00
 4
6 a Số bộ ( 1, 2, 3, 4) có thể có là 6 . 1,00
 Ký hiệu 푖 là tập hợp các bộ ( 1, 2, 3, 4) sao cho 푖 bằng tổng các số còn lại. Ta cần tính xác suất biến cố 
 =∪ 푖. Ta thấy | 푖| có số phần tử bằng nhau và là số nghiệm ∈ {1,2, .,6} của phương trình: 
 1 = 2 + 3 + 4.
 ′ ′
 b Chuyển vế ta có 7 = 1 + 2 + 3 + 4, 1 = 7 ― 1. Số nghiệm nguyên dương của phương trình này theo 2,00
 3
 công thức chia kẹo Euler là 6 = 20.
 Dễ thấy 푖 ∩ 푗 = ∅, cho nên | | = ∑| 푖| = 80.
 80
 Xác suất cần tính là .
 1296
 Ký hiệu 푖,푖 = 2,3,4 là tập hợp ( 1, 2, 3, 4) sao cho 1 + 푖 bằng tổng của hai số còn lại, chúng có số 
 phần tử bằng nhau. Ta có | 2| là số nghiệm thuộc {1,2, ,6} của phương trình : 1 + 2 = 3 + 4, cũng là 
 ′ ′ ′ ′
 phương trình 14 = 1 + 1 + 3 + 4, 1 = 7 ― 1, 2 = 7 ― 2. Số nghiệm của nó theo công thức Euler là 
 3
 13. Dễ thấy phương trình trên có tối đa một ẩn nhận giá trị lớn hơn 6 . Ta cần loại trừ nghiệm này. Chẳng 
 ′
 hạn, khi 1 ≥ 7 ta đưa về phương trình về 8 = ′′ 1 + ′ 2 + 3 + 4, ′′ 1 = ′ 1 ―6. Số các nghiệm theo 
 c 3 4,00
 công thức Euler là 7 = 35. Vì có 4 trường hợp xảy ra với 4 biến, cho nên số nghiệm có ít nhất một ẩn 
 nhận giá trị lớn hơn 6 là 4 × 35 = 140. Do đó | 2| = 286 ― 140 = 146.
 Dễ thấy 푖 ∩ 푗 có 36 phần tử, vì khi đó 1 = , 푖 = 푗. Tương tự | 2 ∩ 3 ∩ 4| = 6 (khi đó cả 4 số 
 phải bằng nhau). Đặt =∪ 푖 thì | | = | ∪ 푖| = 3 × 146 ― 3 × 36 + 6 = 336.
 26
 Dễ thấy ∩ = ∅, nên | ∪ | = 80 + 336 = 416. Xác suất cần tìm là 
 81
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 Tổng điểm bài 6 7,00
 Xét thể hình sau đây
 Gọi , là tâm đường tròn bàng tiếp góc , và 푈, lần lượt là tiếp điểm của ( ) với , . Các 
 tam giác và 푈 có các cạnh tương ứng song song nên chúng là ảnh của nhau qua một phép vị tự H 
 .
 Gọi 푅 là tâm đường tròn ( ). Do là trực tâm và là tâm đường tròn Euler của Δ nên 푅, , 
7 a cùng thuộc một đường thẳng đi qua tâm vị tự của H. Để ý rằng cũng đi qua tâm vị tự này nên 퐿 chính 3,00
 là tâm vị tự của H .
 Trong tam giác 푈 , ta có là giao của đường cao qua với đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác này nên 
 là điểm đối xứng với trực tâm △ 푈 qua đường thẳng 푈 . Do là đường cao của Δ nên giao 
 điểm 퐹 của 퐿 với là ảnh của qua phép vị tự H . Suy ra 퐹 đối xứng với trực tâm của Δ qua 
 , tức là 퐹 đối xứng với qua . Do đó 퐹 = .
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 ĐỀ SỐ 9
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2020-2021
 Môn: TOÁN
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ nhất: 25/12/2020
Bài 1 (5,0 điểm)
Cho dãy số thực ( ) có ∈ 0, 1 và = 3 2 ―2푛 3 với mọi 푛 ≥ 1.
 푛 1 2 푛+1 푛 푛
a) Chứng minh lim 푛 = 0.
b) Với mỗi 푛 ≥ 1 đặt 푛 = 1 +2 2 +⋯ + 푛 푛. Chứng minh rằng dãy ( 푛) có giới hạn hữu hạn.
Bài 2 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số :ℝ→ℝ thòa mãn
 ( ) ( ) = ( ― 1) + ( ) + ( ) ∀ , ∈ ℝ
Bài 3 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn không cân có trực tâm và , ,퐹 lần lượt là chân đường cao hạ từ các đinh , , . Gọi 
( ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹 với tâm và 퐾,퐽 lần lượt là trung điểm , 퐹. Cho 퐽 cắt lại ( ) tại 
 , 퐾 cắt lại ( ) tại 퐿.
a) Chứng minh rằng 퐿 vuông góc với 퐹.
b) Cho 퐿 cắt 퐹 tại , cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹 tại , cắt , lần lượt tại 푃,푄. Chứng 
minh rằng 푃 ,푄퐹, 퐾 đồng quy.
Bài 4 (5,0 điểm)
Với số nguyên 푛 ≥ 2, gọi 푠(푛) là tổng các số nguyên dương không vượt quá 푛 và không nguyên tố cùng nhau với 
푛.
 푛
a) Chứng minh 푠(푛) = 2(푛 +1 ― 휑(푛)), trong đó 휑(푛) là số các số nguyên dương không vượt quá 푛 và nguyên tố 
cùng nhau với 푛.
b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên 푛 ≥ 2 thóa mãn 푠(푛) = 푠(푛 +2021).
 • Thí sinh không đưrơc sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 • Giám thị không giải thích gì thêm.
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
 ĐÁP ÁN
Bài 1
Cho dãy số thực ( ) có ∈ 0, 1 và = 3 2 ―2푛 3 với mọi 푛 ≥ 1.
 푛 1 2 푛+1 푛 푛
a) Chứng minh lim 푛 = 0.
b) Với mỗi 푛 ≥ 1 dặt 푛 = 1 +2 2 +⋯ + 푛 푛. Chứng minh rằng dãy ( 푛 ) có giới hạn hữu hạn.
Lời giải.
 1
a) Ta sẽ chứng minh 0 < 푛 < 2(푛 1) với mọi 푛 ≥ 2 bằng quy nạp. Thật vậy, ta có 
 1
 = 3 2 ―2 3 = 2(3 ― 2 ) ≤ nên xét ( ) = 3 2 ―2 3 trên 0, , ta có ′( ) = 6 (1 ― ) ≥ 0 với mọi 
 2 1 1 1 2 2
 1 1
 ∈ 0, 1 , nên 0 = (0) < ( ) < 1 = , hay 0 < < .
 2 푛 2 2 2 2
 1 1 1
Giả sử 0 < < với 푛 ≥ 2. Xét ( ) = 3 2 ―2푛 3 trên 0, 1 , ta có 0 ≤ ≤ ≤ nên 
 푛 2(푛 1) 2(푛 1) 2(푛 1) 푛
 ′( ) = 6 (1 ― 푛 ) ≥ 0, suy ra
 1
 0 = (0) < ( ) < .
 푛 2(푛 ― 1)
Mà
 1 1 1 2푛 ― 3 (푛 ― 2)(2푛2 ― 4푛 + 1)
 ― = ― = ≥ 0
 2푛 2(푛 ― 1) 2푛 4(푛 ― 1)3 4푛(푛 ― 1)3
 1 1 1
với mọi 푛 ≥ 2 nên ta suy ra 0 < ( 푛) < 2푛, hay 0 < 푛+1 < 2푛. Theo nguyên lí quy nạp, ta có 0 < 푛 < 2(푛 1) 
với mọi 푛 ≥ 2.
Từ đó, cho 푛→ + ∞, áp dụng nguyên lí kẹp ta có ngay lim 푛 = 0.
 2푛
b) Từ câu trên, ta thấy 3 ― 2푛 푛 > 3 ― 2(푛 1) > 0 với mọi 푛 ≥ 2 nên theo bất đẳng thức AM - GM, ta có
 3
 1 1 푛 푛 + 푛 푛 + 3 ― 2 푛 1
 = 2(3 ― 2푛 ) = (푛 )2(3 ― 2푛 ) ≤ = với mọi 푛 ≥ 2. Vì 
 푛+1 푛 푛 푛2 푛 푛 푛2 3 푛2
(푛 ―1)4 ―3(푛 +1)3 là một đa thức bậc 4 theo biến 푛 nên tồn tại số tự nhiên > 2 đủ lớn để 
(푛 ―1)4 > 3(푛 +1)3 với mọi 푛 > . Lúc này, với mỗi 푛 > , ta có
 3 1
 < 3 2 < <
 푛+1 푛 (푛 ― 1)4 (푛 + 1)3
Từ đó ta có
 1 1 1
 <  ( ) + + + ⋯ +
 푛 ( + 1)2 ( + 2)2 푛2
 =1
với mọi 푛 > .
Tuy nhiên
 1 1 1 1 1 1
 + + ⋯ + < + + ⋯ +
 ( + 1)2 ( + 2)2 푛2 12 22 푛2
 1 1 1
 < 1 + + + ⋯ +
 1 ⋅ 2 2 ⋅ 3 푛 ⋅ (푛 + 1)
 1 1 1 1 1
 = 1 + 1 ― + ― + ⋯ + ―
 2 2 3 푛 푛 + 1
 1
 = 2 ― < 2
 푛 + 1
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
nên ta có 푛 , tức là ( 푛) bị chặn trên. Mặt khác, dễ thấy ( 푛) là dãy tăng ngặt 
 =1
nên theo định lý Weierstrass, ta có ( 푛) hội tụ.
 1
Nhận xét. Ở câu a , ta còn cách đánh giá khác là chỉ ra 푛 ≤ 2푛. Hướng xử lý này có thể thực hiện tương tự bằng 
quy nạp, và ở câu b, chỉ cần ước lượng đơn giản chuyển từ 2푛→푛3 là được.
Bài 2
Tìm tất cả các hàm số :ℝ→ℝ thỏa mãn
 ( ) ( ) = ( ― 1) + ( ) + ( )
với mọi số thực , .
Lời giải. Giả sử :ℝ→ℝ thỏa mãn
 ( ) ( ) = ( ― 1) + ( ) + ( )
với mọi số thực , .
Thế = 0 vào đẳng thức trên, ta có
 ( ) (0) = ( ― 1) + (0)
Vì vậy nếu (0) ≠ 0 thì ( ) phải có dạng + , với là số thực nào đó. Tuy nhiên, khi đó hệ số của trong vế 
trái của phương trình đề cho là 1 , trong khi hệ số của ở vế phải là 3 , vô lí. Vậy (0) = 0, do đó từ đẳng thức 
trên, ta cũng có ( ― 1) = 0.
Từ đó, thế = ―1 vào phương trình đề cho, ta suy ra ( ) = ( ― ―1). Với tính chất này, thế bởi ― ―1 
vào phương trình đề cho, ta thu được
 ( ) ( ) = ( + ) + ( ) + ( ― ― 1) ( ).
Đối chiếu đẳng thức trên với phương trình đề cho, ta có
 ( + ) = ( ― 1) + (2 + 1) ( ).
 1
Từ đẳng thức này, với mỗi ≠ 0, thế bởi ta có
 2
 ( + 1) = + 1 ( )#(1)
với mọi ≠ 0.
Thế bởi +1, bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
 ( + 1) (1) = ( ) + ( + 1) (1) + ( + 1),
hay là
 ( (1) ― 1) ( + 1) = ( ) + (1)( + 1).#(2)
Tiếp tục thế = = 1 vào phương trình đề cho, ta có (1)2 = 2 (1) nên (1) = 0 hoặc (1) = 2.
 • Nếu (1) = 0 thì kết hợp (2) và (1) ta có
 2
 ― ( ) = ( + 1) = + 1 ( )
với mọi ≠ 0. Từ đó, với chú ý (0) = 0 ta suy ra ( ) ≡ 0.
 • Nếu (1) = 2 thì cũng từ (2) và (1) ta có
 2
 ( ) + 2( + 1) = ( + 1) = + 1 ( )
với mọi ≠ 0. Suy ra ( ) = ( +1) với mọi ≠ 0. Mà (0) = 0 nên ( ) = ( +1) với mọi .
Thay lại vào phương trình đề cho, dễ thấy ( ) ≡ 0 và ( ) = ( +1) đều thỏa mãn yêu cầu.
Nhận xét. Ngoài cách xử lý như trên, ta có thể đặt ( ) = ( ) ― thì thay vào sẽ được ngay 
 ( ) ( ) = ( ―1) + 2 ―1. Bài toán sẽ gọn gàng hơn nhiều.
Bài 3
Cho tam giác nhọn không cân có trực tâm và , ,퐹 lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh , , . Gọi ( 
 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹 với tâm và 퐾,퐽 lần lượt là trung điểm , 퐹. Cho 퐽 cắt lại ( ) tại 
 , 퐾 cắt lại ( ) tại 퐿.
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
a) Chứng minh rằng 퐿 vuông góc với 퐹.
b) Cho 퐿 cắt 퐹 tại , cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹 tại , cắt , lần lượt tại 푃,푄. 
Chứng minh rằng 푃 ,푄퐹, 퐾 dồng quy.
Lời giải. Ta thấy ( 퐹 ) là đường tròn đường kính nên là trung điểm , kéo theo ( 퐹 ) là đường tròn 
Euler của tam giác nên nó đi qua ,퐾.
a) Dễ thấy = 퐹 và 퐾 = 퐾퐹, do đó 퐾 là trung trực 퐹 nên đi qua 퐽, từ đó có được
 퐽 ⋅ 퐽퐾 = 퐽 ⋅ 퐽퐹 = 퐽 ⋅ 퐽 
nên 퐾 là tứ giác nội tiếp. Suy ra ∠ 퐾 = ∠ 퐾 = ∠ 퐿, do đó 퐾‖ 퐿. Mà 퐾 ⊥ 퐹 nên 퐿 ⊥ 퐹.
b) Ta có
 ⋅ 퐿 = ⋅ 퐹 = ⋅ 
nên tứ giác 퐿 nội tiếp, suy ra
 ∠ = ∠ 퐿 = ∠ 퐿 = ∠ 퐾 = 90∘ ― ∠ 퐾 = 90∘ ― ∠ 
nên ∠ = 90∘.
Nếu ‖ 퐹 thì ⊥ 퐹, mà ⊥ 퐹 nên di qua , suy ra , , thẳng hàng nên ⊥ 퐹, kéo theo 
 퐹‖ , điều này không thể xảy ra vì tam giác không cân. Do đó, và 퐹 không song song, và giả sử 
chúng cắt nhau tại điểm .
Ta thấy thuộc đường tròn đường kính và hai đường tròn đường kính , tiếp xúc nhau nên là tiếp 
tuyến chung của hai đường tròn nói trên, vì chính là tâm đẳng phương của chúng và ( 퐹 ). Do đó ⊥ , 
hay ‖ .
Gọi 푆 là giao điểm của 푃 và 푄퐹, ta có chùm điều hòa cơ bản ( 푆, ) = ( 푆,푃푄) = ―1, mà ‖ nên 푆 
chia đôi , tức 푆 di qua 퐾, hay 퐾, 푃 ,푄퐹 dồng quy. Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét. Bài toán có ý thứ nhất khá nhẹ nhàng, còn có thể được tiếp cận bằng cách sử dụng kiến thức về tứ giác 
điều hòa và đường đối song.
Ý thứ hai cũng không quá khó, tuy nhiên việc tiếp cận bằng những hướng không sử dụng kiến thức về chùm điều 
hòa là khá khó khăn nên nhìn chung, các thí sinh không nắm vững phần này sẽ gặp phải trở ngại nhất định ở ý b). 
 De-Thi.com Tổng hợp 8 Đề HSG Quốc gia môn Toán học THPT 2009-2025 (Có đáp án) - De-Thi.com
Khi chuyển mô hình đường tròn Euler về mô hình đường tròn bàng tiếp, có thể thấy ∠ = 90∘ là tính chất khá 
kinh điển trong mô hình đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp.
Bài 4
Với số nguyên 푛 ≥ 2, gọi 푠(푛) là tổng các số nguyên dương không vượt quá 푛 và không nguyên tố cùng nhau với 
푛.
 푛
a) Chứng minh 푠(푛) = 2(푛 +1 ― 휙(푛)), trong đó 휙(푛) là số các số nguyên dương không vượt quá 푛 và nguyên tố 
cùng nhau với 푛.
b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên 푛 ≥ 2 thỏa mãn 푠(푛) = 푠(푛 +2021).
Lời giải.
a) Với mỗi số ∈ {1,2, ,푛} và gcd( ,푛) = 1, ta cũng thấy rằng gcd(푛 ― ,푛) = 1. Ngoài ra, với 푛 ≥ 2 thì 휑(푛) 
chẵn nên các số nguyên tố cùng nhau với 푛 như trên sẽ được chia thành các cặp có dạng ( ,푛 ― ) với tổng là 푛. 
 푛휑(푛)
Từ đó suy ra tổng các số nguyên tố cùng nhau với và không vượt quá sẽ là . Do đó
 푛 푛 2
 푛휑(푛) 푛
 푠(푛) = 1 + 2 + ⋯ + 푛 ― = (푛 + 1 ― 휑(푛)).
 2 2
 푛
b) Giả sử phản chứng rằng tồn tại số 푛 ≥ 2 thỏa mãn 푠(푛) = 푠(푛 +2021). Ta có 푠(푛) = 2(푛 +1 ― 휑(푛)) nên thay 
vào đẳng thức trên, ta được
 (푛 + 2021)(푛 + 2022 ― 휑(푛 + 2021)) = 푛(푛 + 1 ― 휑(푛)).
Ta xét các trường hợp sau
 1. Nếu 2021∤푛 và gcd(푛,2021) = 1 thì dễ thấy gcd(푛,푛 +2021) = 1 và có ngay 
 푛 +2021∣2푠(푛 +2021) = 2푠(푛) nên 푛(푛 +2021)∣2푠(푛) < 푛(푛 +1), vô lý.
 2. Nếu 2021∤푛 và gcd(푛,2021) > 1 thì chú ý rằng 2021 = 43 ⋅ 47 nên để đơn giản, ta thay 2021 bởi tích 
 hai số nguyên tố lẻ ,푞.
Giả sử rằng ∣푛 thì đặt 푛 = với gcd( ,푞) = 1. Thay vào
 ( + 푞)( + 푞 + 1 ― 휑( + 푞)) = ( + 1 ― 휑( ))
hay
 ( + 푞)( + 푞 + 1 ― 휑( ( + 푞))) = ( + 1 ― 휑( )).
Dogcd( + 푞, ) = 1 nên đặt + 푞 ― 휑( + 푞) = với ∈ ℤ+, < nên +1 ― 휑( ) = ( + 푞). Trừ 
hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có
 푞( + ) = 휑( + 푞) ― 휑( ).
Lại có vế phải chia hết cho ―1 nên ―1∣푞( + ) hay = ―2. Suy ra 휑( ( + 푞)) = 2 + 푞 +1 và 
휑( ) = 2 ―( ―2)푞 +1.
 • Nếu ∣ thì 2∣ nên ∣휑( ), kéo theo ∣( ―2)푞 +1, dễ thấy vô lý khi ( ,푞) = (43,47),(47,43). 
 Tương tự nếu ∣ + 푞.
 • Nếu gcd( , ),gcd( + 푞, ) = 1 nên theo tính chất hàm nhân tính thì
 ( ― 1)휑( + 푞) = 2 + 푞 + 1,( ― 1)휑( ) = 2 ― ( ― 2)푞 + 1.
Trừ hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có 휑( + 푞) ― 휑( ) = 2푞, không chia hết cho 4 . Do đó, một trong hai số 
휑( + 푞),휑( ) không chia hết cho 4 . Ta có bổ đề quen thuộc sau (suy ra trực tiếp từ công thức của hàm phi 
Euler).
Với 푛 ≥ 5 là số nguyên dương thỏa 휑(푛) không chia hết cho 4 thì 푛 = hoặc 푛 = 2 với là số nguyên tố lẻ 
và ∈ ℤ+.
Áp dụng vào bài toán, ta thấy rằng nếu = thì 휑( ) = ―1( ―1) nên 
( ―1) ―1( ―1) = 2 ―( ―2)푞 +1 < 2 hay ( ―1) 1 ― 1 < 2, dễ thấy vô lý.
Tương tự nếu = 2 hoặc +1 = hoặc +1 = 2 .
Do đó, trường hợp này được giải quyết hoàn toàn.
3. Nếu 2021∣푛 thì ký hiệu như trên, đặt 푛 = 푞 với ∈ ℤ+thay vào đẳng thức trên, ta được
 ( + 1)( 푞 + 푞 + 1 ― 휑( 푞( + 1))) = ( 푞 + 1 ― 휑( 푞 ))#( ∗ )
 De-Thi.com