Việt Nam Team Selection Test 2013 - Đề thi, lời giải và danh sách đội tuyển

[namdung]

Nguyên văn bởi dduclam

Mạch chung của TST vẫn thường có hai bài Hình, hoặc hai bài Số, hoặc hai bài Tổ hợp mà anh. Nhưng em nghĩ thay 1 bài Hình bởi bài Phương trình hàm có lẽ hay hơn.

Theo thầy, bài 3 chính là 1 bài pth đó Lâm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi dduclam

Bài bất đẳng thức để ý rằng chỉ cần tìm $k$ nguyên dương, nên chỉ cần dồn biến thuần túy mà không cần khảo sát hàm số (nói cách khác là không tốn công sức tìm $k_{\max}$)

Em nghĩ bài BĐT này trong phòng thi không có máy tính, khó đánh giá được với $k=14$ như thế ạ. Em nghĩ chắc phải có cách nào đó loại giá trị này ra mà nhẹ nhàng hơn tí.

P/s: mail box của anh đầy rồi, em gửi tin nhắn không được ạ.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi dduclam

Bài này hiểm ở chỗ, nếu không cẩn thận có thể nhầm $k_{\max}=14$, là trường hợp mà xảy ra dấu bằng xảy ra tại 1 điểm đặc biệt $a=2,b=c=\dfrac1{\sqrt2}$. Nếu $k=14$ mà đúng thì bài BĐT này trở nên đẹp hơn nhiều, tiếc là điều đó không xảy ra

Bình luận của Lâm rất hay. Thực sự cái điểm a = 2, b = c thú vị. Tiếc là k = 14 không đúng. Nhưng có cái a = 2 thì 1 điều tự nhiên là dịc chuyển sang trái phải 1 chút để thử (như Lâm đã làm)
------------------------------

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Em nghĩ bài BĐT này trong phòng thi không có máy tính, khó đánh giá được với $k=14$ như thế ạ. Em nghĩ chắc phải có cách nào đó loại giá trị này ra mà nhẹ nhàng hơn tí.

Thầy nghĩ đó là 1 khó khăn lớn. Chúng ta ở ngoài thuận lợi hơn các em trong phòng thi nhiều.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Nguyên văn bởi namdung

Theo thầy, bài 3 chính là 1 bài pth đó Lâm.

À vâng, hình thức thì là PTH nhưng bản chất là Tổ hợp. Dù sao thì đề TST (cũng như IMO) thường có 2 bài Hình, 2 bài Số hoặc 2 bài Tổ hợp hơn là hai bài Đại.
------------------------------

Nguyên văn bởi namdung

Bình luận của Lâm rất hay. Thực sự cái điểm a = 2, b = c thú vị. Tiếc là k = 14 không đúng. Nhưng có cái a = 2 thì 1 điều tự nhiên là dịc chuyển sang trái phải 1 chút để thử (như Lâm đã làm)

Chính điều này làm HS thêm phần khó khăn trong việc dự đoán $k_{\max}$, nên dễ hoang mang dẫn đến làm sai. Bài này giá trị thực lớn nhất của $k$ lại rất gần 14 ($k_{\max}=13.9676...$).

Nguyên văn bởi namdung

Thầy nghĩ đó là 1 khó khăn lớn. Chúng ta ở ngoài thuận lợi hơn các em trong phòng thi nhiều.

Trong bối cảnh không được sử dụng máy tính thì bài BĐT năm nay tưởng dễ mà khó. Em tin là không có nhiều em làm đúng bài này.

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Em nghĩ bài BĐT này trong phòng thi không có máy tính, khó đánh giá được với $k=14$ như thế ạ. Em nghĩ chắc phải có cách nào đó loại giá trị này ra mà nhẹ nhàng hơn tí.

Quan trọng là phải tỉnh táo để thấy $k=14$ không đúng. Từ đó việc chứng minh với $k=13$ không còn phức tạp nữa. Nhưng như đã nói, khi không có máy tính để thử thì không phải ai cũng nhận ra điều đó sớm.

Lữ: Anh quên ko để ý. Em gửi lại đi nhé.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hamaianh0405]

Nguyên văn bởi dduclam

Bài bất đẳng thức để ý rằng chỉ cần tìm $k$ nguyên dương, nên chỉ cần dồn biến thuần túy mà không cần khảo sát hàm số (nói cách khác là không tốn công sức tìm $k_{\max}$) như sau:

Trước hết ta chứng minh với mọi $k=13$ thì $f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ (1), với $f(a,b,c)=\dfrac1{a}+\dfrac1{b}+\dfrac1{c}+\dfrac k{a+b+c+1}.$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \Rightarrow a\ge 1\ge \sqrt{bc}.$
$$(1)\Leftrightarrow (\sqrt b-\sqrt c)^2\left(\dfrac1{bc}-\dfrac k{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\right) \ge0 $$
luôn đúng vì $(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)\ge (a+2\sqrt{bc}+1)^2\ge16bc>kbc$.
Bây giờ ta chỉ cần kiểm tra $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\ge 3+\dfrac {13}4.$ Thay $\sqrt{bc}=\dfrac1{\sqrt a}=\dfrac1{x}$ thì điều này tương đương
$$ \dfrac{1}{x^2}+2x+\dfrac{13}{\left(x^2+\dfrac{2}{x }+1\right)} \ge 3+\frac{13}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{x^2}+2x-3+13\left(\dfrac{x}{\left(x^3+x+2\right)}-\frac{1}{4}\right) \ge 0 $$
hay tương đương $ (x-1)^2[4(2x-3)^2(8x^2+15x+9)+49(x-1)+4]\ge0 $, luôn đúng do $x\ge1$.

Cuối cùng, với $k=14$, cho $a=2.1, b=c=\dfrac1{\sqrt{2.1}}$ thì $VT-VP=-0.000625..<0$. Đương nhiên BĐT sai với $k=k_0$ thì cũng sai với $k>k_0$. Vậy số nguyên dương lớn nhất của $k$ để BĐT đúng là $k_{\max}=13$.

Bài này hiểm ở chỗ, nếu không cẩn thận có thể nhầm $k_{\max}=14$, là trường hợp mà xảy ra dấu bằng xảy ra tại 1 điểm đặc biệt $a=2,b=c=\dfrac1{\sqrt2}$. Nếu $k=14$ mà đúng thì bài BĐT này trở nên đẹp hơn nhiều, tiếc là điều đó không xảy ra

Tại sao lại cho được các số $$a=2.1, b=c=\dfrac1{\sqrt{2.1}}$ $ để cm bđt sai được hả bạn?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Như vậy là kỳ TST 2013 đã kết thúc. Các thí sinh có thể nghỉ ngơi thoải mái để chờ kết quả. Tổng hợp một số thông tin từ các đoàn, cũng như nhận xét đánh giá của anh em MS, tôi có một số ý kiến sau về đề TST năm nay:

1. Về cấu trúc, đề năm nay có 2 bài hình, 1 bài số học, 1 bài đại số, 1 bài tổ hợp. Riêng bài 3 chưa biết là sẽ thuộc phân môn nào, đại số hay tổ hợp.

2. Về độ khó: Chỉ có câu 3c và bài 6 là khó, còn lại thì đều là những bài toán có mức độ khó vừa phải.

3. Về độ mới: Các bài 3, 5, 6 có nhiều ý mới, các bài còn lại khai thác những chủ đề cũ trên một số góc nhìn mới.

Sau đây là một số nhận xét chi tiết:

Bài 1. Điểm chốt của bài này là phát hiện ra K là điểm Miguel. Nếu không phát hiện điều này thì sẽ gặp khó khăn ở phần b) và thực tế có nhiều bạn thí sinh đã gặp kịch bản này. Theo nhận định của Lê Phúc Lữ thì bài này dễ (đối với tôi thì bài hình nào cũng khó .

Bài 2. Chủ đề pt Pell khá quen thuộc với các thí sinh nên có lẽ các bạn đã không gặp nhiều khó khăn ở bài này, mặc dù về mặt kỹ thuật thì ý b) cũng có một số rắc rối.

Bài 3. Bài này là một bài toán lạ. Phương trình hàm 2 biến nguyên nhưng lại không hỏi về nghiệm tổng quát mà phải thực hiện mấy ý sau:
1) Tìm 1 cách sinh ra họ các hàm f thỏa mãn điều kiện
2) Chứng minh tính tuần hoàn theo x của f
3) Xây dựng 1 ví dụ sao cho các giá trị trong "đoạn cơ sở" đôi một phân biệt.

Các ý tưởng của Lữ (xuất phát từ n = 1, 2...), Traum (mô hình dùng bảng vuông) theo tôi là hợp lý, có thể tiếp tục triển khai.

Bài 4. Bài này nhìn quen và dễ nhưng thực ra rất khó chịu, đặc biệt là trong điều kiện phòng thi. Tuy nhiên, nếu làm việc cẩn thận và bài bản thì bài này không khó, có thể giải quyết gọn gàng trong khoảng 1h. Vấn đề của các thí sinh là các em đã quá vội vàng, bất cẩn trong tính toán, có em còn không để ý đến chữ nguyên dương.

Bài 5. Ý a) khá đơn giản, còn ý b) thì rối hơn một chút.

Bài 6. Bài này lạ và đa số các thí sinh không biết cách tiếp cận như thế nào. Với các bài toán cực trị tổ hợp như thế này, ta cần đi theo hướng sau:
1) Tìm các điều kiện cần đối với bộ các hình lập phương được Bình chọn.
2) Từ đó đánh giá chặn dưới.
3) Xây dựng một ví dụ tối ưu.

Một cách tự nhiên, nên bắt đầu từ trường hợp hình hộp 2 x 2 x 2.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Nguyên văn bởi hamaianh0405

Tại sao lại cho được các số $$a=2.1, b=c=\dfrac1{\sqrt{2.1}}$ $ để cm bđt sai được hả bạn?

Vì tính đặc biệt của bộ số (2,1,1). Bạn xem lại bình luận của thầy Namdung ở post [Only registered and activated users can see links. ].
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DaiToan]

Bài 4. Bài này không có máy tính hỗ trợ thì đúng là khá rắc rối và mất khá nhiều thời gian. Sau đây là một lg sử dụng việc ksat hàm số (hơi trâu).
Xét BĐT: $$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{k}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3{\rm{ }}(1)$ $.
Bước 1: Trong (1) cho $$a = b > 0;c = \frac{1}{{{a^2}}}$ $ ta được:
$$\begin{array}{l}
\frac{2}{a} + {a^2} + \frac{k}{{2a + \frac{1}{{{a^2}}} + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3\\
\Leftrightarrow {(a - 1)^2}\left[ {8{a^4} + 20{a^3} - (2k - 8){a^2} - (k - 4)a + 8} \right] \ge 0
\end{array}$
$.
Do đó $$8{a^4} + 20{a^3} - (2k - 8){a^2} - (k - 4)a + 8 \ge 0$ $ với mọi a>0; a khác 1.
Điều này tương đương: $$\frac{{4\left( {2{a^4} + 5{a^3} + 2} \right)}}{{2{a^2} + a}} \ge k - 4{\rm{ }}\forall a > 0;a \ne 1{\rm{ }}(2)$ $
Bước 2: Trong (2) cho $$a = \frac{3}{4}$ $ ta được $$k - 4 < 11 \Rightarrow k \le 14$ $.
Khi đó (2) cũng đúng với a=1.
Sau đó là bước cơ sở khi dồn biến để chuyển BĐT 3 biến với abc=1 về BĐT một biến a>0 (Đảm bảo đk cần và đủ của bài toán).
Bước 3: Xét k=14: Ta chứng minh BĐT: $$\frac{{4\left( {2{a^4} + 5{a^3} + 2} \right)}}{{2{a^2} + a}} \ge 10{\rm{ }}(3)$ $ không đúng với mọi a>0.
Thật vậy, $$(3) \Leftrightarrow 4{a^4} + 10{a^3} - 10{a^2} - 5a + 4 \ge 0$ $
Xét hàm $$f(a) = 4{a^4} + 10{a^3} - 10{a^2} - 5a + 4;a > 0$ $
Ta có $$f'(a) = 16{a^3} + 30{a^2} - 20a - 5;f''(a) = 48{a^2} + 60a - 20$ $.
Ta thấy f''(a) có một nghiệm dương duy nhất và f'(0)<0<f'(1) nên từ BBT suy ra ngay phương trình f'(a)=0 có nghiệm duy nhất $${a_0} \in (0;1)$ $ và $$\mathop {\min }\limits_{a \in (0; + \infty )} f(a) = f({a_0})$ $.
Chú ý thêm là $$f'\left( {\frac{3}{4}} \right) < 0 \Rightarrow {a_0} > \frac{3}{4} \Rightarrow {a_0} \in \left( {\frac{3}{4};1} \right)$ $.
Ta có $$f'({a_0}) = 16a_0^3 + 30a_0^2 - 20{a_0} - 5 = 0$ $ nên
$$\begin{array}{l}
7f({a_0}) = 7\left( {4a_0^4 + 10a_0^3 - 10a_0^2 - 5{a_0} + 4} \right) - {a_0}\left( {16a_0^3 + 30a_0^2 - 20{a_0} - 5} \right)\\
= 12a_0^4 + 40a_0^3 - 10a_0^2 - 50{a_0} - 30{a_0} + 28\\
= ({a_0} - 1)\left( {12a_0^3 + 52a_0^2 - 2{a_0} - 28} \right)
\end{array}$
$.
Ta có $$12a_0^3 + 52a_0^2 - 2{a_0} - 28 > 12{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} + 52{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} - 30 > 0 \Rightarrow f({a_0}) < 0$ $.
Vậy (3) không đúng với mọi a>0.
Bước 4: Xét k=13: Ta chứng minh BĐT: $$\frac{{4\left( {2{a^4} + 5{a^3} + 2} \right)}}{{2{a^2} + a}} \ge 9{\rm{ }}(4)$ $ đúng với mọi a>0.
Thật vậy, $$(4) \Leftrightarrow 8{a^4} + 20{a^3} - 18{a^2} - 9a + 8 \ge 0$ $.
Ta vẫn làm hoàn toàn tương tự như bước 3 bằng cách chỉ ra $$\mathop {\min }\limits_{a \in (0; + \infty )} f(a) \ge 0$ $
Vậy số nguyên dương k lớn nhất cần tìm là 13.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi dduclam

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2013.
Ngày thi thứ hai - 06/04/2013

Bài 2.
Cho tam giác $ABC$ không cân, $A=45$ độ, I là trung điểm $BC$, $H$ là trực tâm, $D,E,F$ là chân đường cao hạ từ $A,B,C$. $EF$ giao $BC$ tại $P$, $PH$ giao $IF$ tại $Q$.
a/ Chứng minh $\angle IQH=\angle AIE$.
b/ Gọi $K$ là trực tâm tam giác $AEF$ và $(J)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $DPK$. Đường thẳng $CK$ cắt $(J)$ tại $G$ khác $K$, đường thẳng $GI$ cắt $(J)$ tại $M$ khác $G$, đường thẳng $CJ$ cắt đường tròn đường kính $BC$ tại $N$ khác $C$. Chứng minh bốn điểm $C,G,M,N$ nằm trên một đường tròn.

Hình vẽ:

a) Chú ý $H $ là trực tâm tam giác $API $, từ đó theo tính chất góc có cạnh tương ứng vuông góc ta có đpcm.
b) Một số kết quả thu được từ giả thiết:
- $K $ là tâm $(ABC). $
- $B,F,N,K,E,C $ thuộc $(I). $
- $D,P,K $ thẳng hàng.
- $(I) $ và $(J) $ trực giao.
- $IC^2=IK^2=IM.IG $ nên $\widehat{IMC}=45^0. $
- $ \widehat{GPK}=45^0 $ nên $\widehat{GJK}=90^0. $
- $ \widehat{KNC} = \widehat{JGC} = 45^0 $ nên tứ giác $ NKGJ $ nội tiếp.
Kết hợp các kết quả trên, ta có điều phải chứng minh.
Chú ý có thể dùng góc định hướng để lời giải sáng sủa hơn.

PS: Đề thi VMO 2013 có 2 bài hình (trong 7 bài) thành ra những TSTer về cơ bản là xuất sắc mảng hình, không hiểu sao đề TST lại có tiếp 2 bài hình (trong 6 bài) nữa nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hamaianh0405]

Mình nghĩ tìm được số $k=13 $ khi thành thử $b=c=x,a=\frac{1}{x^{2}} $ có phải do dự đoán?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[baby love math]

Nguyên văn bởi namdung

Như vậy là kỳ TST 2013 đã kết thúc. Các thí sinh có thể nghỉ ngơi thoải mái để chờ kết quả. Tổng hợp một số thông tin từ các đoàn, cũng như nhận xét đánh giá của anh em MS, tôi có một số ý kiến sau về đề TST năm nay:

1. Về cấu trúc, đề năm nay có 2 bài hình, 1 bài số học, 1 bài đại số, 1 bài tổ hợp. Riêng bài 3 chưa biết là sẽ thuộc phân môn nào, đại số hay tổ hợp.

2. Về độ khó: Chỉ có câu 3c và bài 6 là khó, còn lại thì đều là những bài toán có mức độ khó vừa phải.

3. Về độ mới: Các bài 3, 5, 6 có nhiều ý mới, các bài còn lại khai thác những chủ đề cũ trên một số góc nhìn mới.

Sau đây là một số nhận xét chi tiết:

Bài 1. Điểm chốt của bài này là phát hiện ra K là điểm Miguel. Nếu không phát hiện điều này thì sẽ gặp khó khăn ở phần b) và thực tế có nhiều bạn thí sinh đã gặp kịch bản này. Theo nhận định của Lê Phúc Lữ thì bài này dễ (đối với tôi thì bài hình nào cũng khó .

Bài 2. Chủ đề pt Pell khá quen thuộc với các thí sinh nên có lẽ các bạn đã không gặp nhiều khó khăn ở bài này, mặc dù về mặt kỹ thuật thì ý b) cũng có một số rắc rối.

Bài 3. Bài này là một bài toán lạ. Phương trình hàm 2 biến nguyên nhưng lại không hỏi về nghiệm tổng quát mà phải thực hiện mấy ý sau:
1) Tìm 1 cách sinh ra họ các hàm f thỏa mãn điều kiện
2) Chứng minh tính tuần hoàn theo x của f
3) Xây dựng 1 ví dụ sao cho các giá trị trong "đoạn cơ sở" đôi một phân biệt.

Các ý tưởng của Lữ (xuất phát từ n = 1, 2...), Traum (mô hình dùng bảng vuông) theo tôi là hợp lý, có thể tiếp tục triển khai.

Bài 4. Bài này nhìn quen và dễ nhưng thực ra rất khó chịu, đặc biệt là trong điều kiện phòng thi. Tuy nhiên, nếu làm việc cẩn thận và bài bản thì bài này không khó, có thể giải quyết gọn gàng trong khoảng 1h. Vấn đề của các thí sinh là các em đã quá vội vàng, bất cẩn trong tính toán, có em còn không để ý đến chữ nguyên dương.

Bài 5. Ý a) khá đơn giản, còn ý b) thì rối hơn một chút.

Bài 6. Bài này lạ và đa số các thí sinh không biết cách tiếp cận như thế nào. Với các bài toán cực trị tổ hợp như thế này, ta cần đi theo hướng sau:
1) Tìm các điều kiện cần đối với bộ các hình lập phương được Bình chọn.
2) Từ đó đánh giá chặn dưới.
3) Xây dựng một ví dụ tối ưu.

Một cách tự nhiên, nên bắt đầu từ trường hợp hình hộp 2 x 2 x 2.

Theo ý kiến của cá nhân em thì đề năm nay không hay lắm và có phần hơi "trâu". Đề ngày 1 quá nhiều ý và có vẻ thừa,như câu 2a. Với lại pt Pell thì nếu bạn nào học một cách nghiêm túc thì cơ làm được khá cao. Công thức dãy nghiệm có đầy rẫy trong các sách.
Đề ngày 2 thì câu bddt dùng dồn biến vs xét hàm quá khủng,vs lại không có máy tính thì thực sự như đánh đố hs. Chắc cũng không nhiều bạn kết thúc được bài này,dù xếp làbài 4,bài dễ hốt điểm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi dduclam

Bài bất đẳng thức để ý rằng chỉ cần tìm $k$ nguyên dương, nên chỉ cần dồn biến thuần túy mà không cần khảo sát hàm số (nói cách khác là không tốn công sức tìm $k_{\max}$) như sau:

Trước hết ta chứng minh với mọi $k=13$ thì $f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ (1), với $f(a,b,c)=\dfrac1{a}+\dfrac1{b}+\dfrac1{c}+\dfrac k{a+b+c+1}.$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \Rightarrow a\ge 1\ge \sqrt{bc}.$
$$(1)\Leftrightarrow (\sqrt b-\sqrt c)^2\left(\dfrac1{bc}-\dfrac k{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\right) \ge0 $$
luôn đúng vì $(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)\ge (a+2\sqrt{bc}+1)^2\ge16bc>kbc$.
Bây giờ ta chỉ cần kiểm tra $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\ge 3+\dfrac {13}4.$ Thay $\sqrt{bc}=\dfrac1{\sqrt a}=\dfrac1{x}$ thì điều này tương đương
$$ \dfrac{1}{x^2}+2x+\dfrac{13}{\left(x^2+\dfrac{2}{x }+1\right)} \ge 3+\frac{13}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{x^2}+2x-3+13\left(\dfrac{x}{\left(x^3+x+2\right)}-\frac{1}{4}\right) \ge 0 $$
hay tương đương $ (x-1)^2[4(2x-3)^2(8x^2+15x+9)+49(x-1)+4]\ge0 $, luôn đúng do $x\ge1$.

Ngoài lời giải bằng dồn biến chúng ta có thể chứng minh bằng các đánh giá cơ bản nhờ đưa về bất đẳng thức thuần nhất sau
$$ \dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2} + \dfrac{13abc}{a^3+b^3+c^3+abc} \geq 3+\dfrac{13}{4}.$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi baby love math

Theo ý kiến của cá nhân em thì đề năm nay không hay lắm và có phần hơi "trâu". Đề ngày 1 quá nhiều ý và có vẻ thừa,như câu 2a. Với lại pt Pell thì nếu bạn nào học một cách nghiêm túc thì cơ làm được khá cao. Công thức dãy nghiệm có đầy rẫy trong các sách.
Đề ngày 2 thì câu bddt dùng dồn biến vs xét hàm quá khủng,vs lại không có máy tính thì thực sự như đánh đố hs. Chắc cũng không nhiều bạn kết thúc được bài này,dù xếp làbài 4,bài dễ hốt điểm.

Thầy cũng đồng ý là đề ngày 1 có nhiều ý, và có vẻ thừa. Ví dụ ý 2a, hay ý 3b có thể gộp vào ý 3c. Tuy nhiên, chẳng hạn bài 1 thì có thể hỏi thêm dấu bằng xảy ra khi nào cũng là 1 vấn đề thú vị.

TST là dùng để tuyển chọn đội tuyển, do đó có thể các thầy vừa kiểm tra cái mới (như bài 3, bài 6), vừa kiểm tra những kiến thức cơ bản (như 1, 2, 4). Nếu bài nào cũng lạ và mới, có thể kiểm tra tốt về trình độ tư duy, nhưng chưa chắc đã kiểm tra tốt về kiến thức cơ bản.

Riêng bài 4, thầy nghĩ nếu làm thật bài bản và suy nghĩ kỹ 1 chút thì có thể tránh được các tính tóan "khủng", tránh được việc khảo sát hàm (chỉ dùng các biến đổi đại số như mình giải phương trình).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Gửi các bạn một số phân tích và bình luận cho bài 4.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Mọi người góp ý tiếp cho bài 3 và bài 6 để MS có thể sớm hoàn thành lời giải và bình luận TST 2013 nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]