Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán (viết tắt là VMO) năm 2020 diễn ra vào các ngày 27, 28 tháng 12/2019. Cấu trúc đề Toán năm nay là: 1. Giới hạn dãy số (Giải tích); 2. Bất đẳng thức (Đại số); 3. Dãy số nguyên (Số học); 4. Hình học phẳng (Hình học); 5. Hệ phương trình (Đại số); 6. Hình học phẳng (Hình học); 7. Tổ hợp.
Dưới đây là nhận xét và bình luận của thầy
Lê Phúc Lữ - một chuyên gia luyện thi Olympic Toán của Việt Nam.
Nhận xét tổng quan đề thi
Tổng quan về đề thi, có thể nói đề ngày 1 so với "cùng kỳ năm trước" quả thật rất khác. Các câu hỏi đều có ý a để dẫn dắt gợi mở và thậm chí là cho điểm. Ý tưởng tuy không mới mẻ bằng năm trước nhưng cũng là các thử thách đáng kể với thí sinh. Hầu hết các thí sinh nếu ôn luyện cẩn thận sẽ làm tốt 4 ý a, và có thể làm thêm 1 ý b nào đó nữa. Các ý b có độ khó cũng khá tương đương nhau, tùy vào sở trường của thí sinh, nhưng nhìn chung số bạn làm được trọn vẹn cả bài hình là không nhiều.
Ngày thi thứ hai có một bất ngờ lớn khi xuất hiện câu biện luận hệ phương trình cũng như ý tổ hợp a quá nhẹ nhàng. Các câu hệ a và tổ a xem như cho điểm hoàn toàn. Cả câu hình và tổ b cũng ở mức trung bình (xây dựng mô hình khá đơn giản). Tuy nhiên, câu hệ b và tổ c quả thực là thách thức lớn, đòi hỏi phải kỹ năng xử lý tình huống tốt.
Nhìn chung, đề thi năm nay mới mẻ, đòi hỏi thí sinh vừa phải nắm chắc kiến thức, vừa phải có ít nhiều sáng tạo mới có thể làm trọn vẹn được.
Nhận xét cụ thể từng bài
Ngày thi thứ nhất
Bài 1. Một bài về giới hạn dãy số truy hồi, có dùng định lý kẹp, định lí trung bình Cesaro hoặc định lí Stolz để giải quyết. Câu b hơi khó nhằn nhưng với sự gợi ý từ câu a, học sinh nắm chắc giới hạn có thể xử lý được.
Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy (a_n) và dãy z_n = n cũng thu được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình Cesaro. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ.
Xem lại đề bài 1 và lời giải.Bài 2. Một bài bất đẳng thức. Câu a dễ và gần như cho điểm các thí sinh. Nó còn là một gợi ý hiệu quả khi giải câu b. Nếu thay câu a gốc thành bài toán tìm GTLN ứng với 2020 số thì ta có thể thực hiện ngay BĐT Cauchy-Schwarz. Như thế thì bài toán này có thể đổi giả thiết từ 2019 lên n là số nguyên dương bất kỳ. Xét về bản chất của lời giải, ở trường hợp 2019 số, ta vẫn thực hiện được tương tự trên nhưng lại không thể chỉ ra dấu bằng theo kiểu ghép thành từng cặp đan dấu được.
Xem lại đề bài 2 và lời giải.Bài 3. Một bài số học. Câu a là một kết quả nhẹ nhàng có thể thực hiện theo nhiều cách. Câu b là một bổ đề quen thuộc về cấp của một số liên quan đến số Fermat: Mỗi ước nguyên tố p của số 2^2^n + 1 thì đều thỏa mãn 2n+1|p − 1. Ta còn chứng minh được 2n+2|p − 1. Trên thực tế, cặp số (2, 1) ở trên có thể đổi thành cặp (a, b) nguyên tố cùng nhau bất kỳ. Và có lẽ ý tưởng này đã được khai thác để xây dựng thành bài toán trong đề thi.
Xem lại đề bài 3 và lời giải.Bài 4. Bài hình học khó của toàn bộ đề thi. Khó hơn bài hình của ngày thứ hai (Bài 6). Bài toán này là khó nhất của ngày 1 và ý b đòi hỏi phải có các bước xử lý khá cầu kỳ mới phát hiện ra được điểm đồng quy thứ hai của ba đường tròn. Bài toán vẫn còn nhiều cách tiếp cận khác như dùng phép nghịch đảo. Theo tính bình đẳng giữa các đỉnh tam giác, ta thấy rằng L còn nằm trên đường tròn (BCD).
Xem lại đề bài 4 và lời giải.Ngày thi thứ hai
Bài 5. Một câu hệ phương trình. Ở bài toán này, ý a có thể nói dễ và thí sinh không thể không làm được. Tuy nhiên, ý b lại đòi hỏi phải tính toán khá chắc tay. Nếu ta biến đổi rút các biến thế “chồng chéo” vào nhau rồi đưa về một phương trình bậc cao rất khó để chỉ ra nó có đủ 5 nghiệm. Ý tưởng đối xứng hóa ở đây cũng tương đối tự nhiên. Đây là một bài đại số ứng dụng đa thức rất mới mẻ và thú vị.
Xem lại đề bài 5 và lời giải.Bài 6. Đây là bài hình học phẳng thứ hai của đề thi, và nó dễ hơn bài 4. Mô hình của bài toán khai thác khá mới mẻ nhưng không khó. Có nhiều cách tiếp cận để chứng minh ý b, theo kiểu tính toán hệ thức lượng hoặc biến đổi góc. Hướng xử lý theo kiểu dùng hàng điểm điều hòa như trên khá nhẹ nhàng và đẹp mắt. Nếu quan sát kỹ, ta thấy bản chất các điểm M, N chính là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp (A) của tam giác DEF lên các cạnh DE, DF. Ta còn chứng minh được DK, AX cùng đi qua điểm chung khác A của (I) và đường tròn đường kính AD.
Xem lại đề bài 6 và lời giải.Bài 7. Một bài tổ hợp. Bài toán này thực ra là một cách phát biểu của khéo léo, che giấu đi bản chất vấn đề của định lý Mantel – Turan. Quan hệ “không có tam giác” phát biểu thông qua ràng buộc khá rõ, nhưng cần phải xử lý cẩn thận, vì đề cho quan hệ có hướng (trong khi định lý chỉ áp dụng được cho graph vô hướng). Trên thực tế, câu b chỉ là một cách xây dựng ví dụ cho dấu bằng xảy ra ở định lý này. Còn câu c có thể chứng minh trực tiếp bằng quy nạp.
Xem lại đề bài 7 và lời giải.TheoLê Phúc Lữ. Người đăng: Sơn Phan.
