Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT môn Toán năm học 2025 – 2026 (VMO 2026), ngày thi thứ nhất 25/12/2025, thời gian 180 phút, gồm 4 câu: đa thức và dãy số, bài toán vệ tinh có quỹ đạo elip, số học, tổ hợp. Mỗi câu đều có lời giải chi tiết ngay dưới đề.
Nguồn đề: Đề chính thức Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2025 – 2026 của Bộ Giáo dục và Đào tạo, môn Toán, ngày thi thứ nhất (25/12/2025).
Lời giải: Nguyễn Ngọc Sơn (tham khảo đáp án chính thức của Bộ).
Đề ngày thi thứ hai: Đề thi chọn HSG Quốc gia môn Toán năm 2025 – 2026 ngày 2.
Xem thêm: Đề chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán Đại học Vinh 2026 – 2027 ngày 1.
Đề thi và lời giải chi tiết
Câu 1 (5,0 điểm). Với mỗi số nguyên dương $n,$ xét đa thức $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot4^{n-1}x^n-2^{3n-3}.$
a) Chứng minh $P_n(x)$ có đúng một nghiệm thực dương, kí hiệu là $a_n.$
b) Đặt $b_n=\dfrac{2-a_n}{n}$ và $c_n=b_1+b_2+\dots+b_n.$ Chứng minh dãy số $(c_n)_{n=1}^{\infty}$ có giới hạn hữu hạn.
Lời giải
Hướng giải
Câu a lập bảng biến thiên của $P_n$ trên $(0;+\infty).$ Câu b đặt $x=2\sqrt[n]{\cos\varphi}$ để đưa phương trình $P_n(x)=0$ về $\cos3\varphi=\dfrac12,$ tìm được $a_n,$ rồi dùng bất đẳng thức $e^t\ge1+t$ để chặn trên $b_n.$
Câu a)
Ta có
\[\begin{aligned}P_n'(x)&=3nx^{3n-1}-3n\cdot4^{n-1}x^{n-1}\\&=3nx^{n-1}\left(x^{2n}-4^{n-1}\right).\end{aligned}\]Trên $(0;+\infty)$ thì $P_n'(x)=0\Leftrightarrow x^{2n}=4^{n-1}\Leftrightarrow x=x_0,$ với $x_0=\sqrt[2n]{4^{n-1}}.$ Vì $3nx^{n-1}\gt 0$ nên $P_n'(x)$ cùng dấu với $x^{2n}-4^{n-1},$ ta có bảng biến thiên
Vì $P_n(0)=-2^{3n-3}\lt 0$ nên trên $(0;x_0]$ thì $P_n(x)\lt 0,$ không có nghiệm. Trên $(x_0;+\infty)$ hàm số $P_n$ đồng biến, liên tục, nhận giá trị từ $P_n(x_0)\lt 0$ đến $+\infty$ nên phương trình $P_n(x)=0$ có đúng một nghiệm. Vậy $P_n(x)$ có đúng một nghiệm thực dương.
Câu b)
• Tìm $a_n$
Ta có
\[\begin{aligned}P_n(2)&=2^{3n}-3\cdot2^{3n-2}-2^{3n-3}\\&=2^{3n-3}(8-6-1)\\&=2^{3n-3}\gt 0.\end{aligned}\]Lại có $x_0=2^{\frac{n-1}{n}}\lt 2.$ Theo bảng biến thiên thì $x_0\lt a_n\lt 2,$ suy ra $0\lt \left(\dfrac{a_n}{2}\right)^n\lt 1.$
Do đó có $\varphi\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)$ để $a_n=2\sqrt[n]{\cos\varphi},$ tức là $a_n^n=2^n\cos\varphi.$ Thay vào $P_n(a_n)=0$ rồi chia hai vế cho $2^{3n-3}$ ta được
\[8\cos^3\varphi-6\cos\varphi-1=0.\]Vì $8\cos^3\varphi-6\cos\varphi=2\cos3\varphi$ nên $\cos3\varphi=\dfrac12.$ Mà $3\varphi\in\left(0;\dfrac{3\pi}{2}\right)$ nên $3\varphi=\dfrac{\pi}{3},$ suy ra $\varphi=\dfrac{\pi}{9}$ và
\[a_n=2\left(\cos\frac{\pi}{9}\right)^{\frac1n}.\]• Dãy $(c_n)$ tăng và bị chặn trên
Vì $0\lt a_n\lt 2$ nên $b_n\gt 0,$ suy ra $c_{n+1}=c_n+b_{n+1}\gt c_n.$ Vậy dãy $(c_n)$ tăng.
Đặt $q=\cos\dfrac{\pi}{9}\in(0;1).$ Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $e^t\ge1+t$ (khảo sát hàm $e^t-1-t$) với $t=\dfrac1n\ln q$ ta có
\[q^{\frac1n}=e^{\frac1n\ln q}\ge1+\frac1n\ln q.\]Suy ra $2-a_n=2\left(1-q^{\frac1n}\right)\le-\dfrac2n\ln q,$ tức là $b_n\le\dfrac{L}{n^2}$ với $L=-2\ln q\gt 0.$ Do đó với mọi $n\ge2$
\[\begin{aligned}c_n&\le L\left(1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{n^2}\right)\\&\lt L\left(1+\frac{1}{1\cdot2}+\dots+\frac{1}{(n-1)n}\right)\\&=L\left(2-\frac1n\right)\lt 2L.\end{aligned}\]Dãy $(c_n)$ tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn (xem lại Bài 15. Giới hạn của dãy số).
Câu 2 (5,0 điểm). Để khám phá không gian, các nhà khoa học thường phải quan sát những vật thể xa xôi như sao chổi, tiểu hành tinh và các hiện tượng thiên văn khác. Nhằm mục đích đó, các nhà khoa học thiết kế và phóng các vệ tinh quan sát lên quỹ đạo quanh Trái Đất. Hầu hết các vệ tinh không chuyển động theo vòng tròn hoàn hảo mà có quỹ đạo là một đường elip, với Trái Đất nằm ở một trong hai tiêu điểm của elip. Khi một vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo elip, khoảng cách giữa nó và vật thể cần quan sát liên tục thay đổi. Thông thường, nếu khoảng cách từ vệ tinh đến vật thể cần quan sát là ngắn nhất thì các thiết bị cảm biến trên vệ tinh sẽ nhận được tín hiệu tốt nhất.
Cho một vệ tinh (được xem như là một chất điểm) chuyển động xung quanh Trái Đất theo quỹ đạo là một đường elip. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc $Oxyz$ (đơn vị trên mỗi trục $Ox,$ $Oy,$ $Oz$ đều bằng 6400 km), giả sử vệ tinh chuyển động trên mặt phẳng tọa độ $(Oxy)$ theo quỹ đạo có phương trình là $x^2+3y^2=17.$ Vệ tinh cần quan sát một vật thể (cũng được xem như là một chất điểm) chuyển động trong không gian. Theo các kết quả nghiên cứu, khi vật thể chuyển động đến vị trí $A\left(2;\dfrac{16}{\sqrt3};8\right)$ thì việc quan sát vật thể đó là tốt nhất. Hãy xác định tọa độ điểm $C$ (trên quỹ đạo elip của vệ tinh) trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho khoảng cách từ vị trí $C$ đến vị trí $A$ là ngắn nhất.
Lời giải
Hướng giải
Gọi $B$ là hình chiếu của $A$ trên $(Oxy)$ thì $AC^2=AB^2+BC^2$ với $AB$ không đổi, nên chỉ cần làm $BC$ nhỏ nhất. Dùng phương trình elip viết $BC^2$ thành một hằng số cộng tổng các bình phương.
Gọi B là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng $(Oxy)$ (xem lại Bài 7. Hệ trục tọa độ trong không gian), ta có $B\left(2;\dfrac{16}{\sqrt3};0\right)$ và $AB=8.$ Điểm C thuộc $(Oxy)$ nên tam giác ABC vuông tại B, suy ra $AC^2=AB^2+BC^2=64+BC^2.$ Vì vậy AC ngắn nhất khi và chỉ khi BC ngắn nhất.
Gọi $C(x;y;0)$ với $x^2+3y^2=17.$ Ta có
\[\begin{aligned}BC^2&=(x-2)^2+\left(y-\frac{16}{\sqrt3}\right)^2\\&=x^2+y^2-4x-\frac{32}{\sqrt3}y+\frac{268}{3}.\end{aligned}\]Vì $x^2+3y^2=17$ nên có thể viết lại (khai triển vế phải rồi trừ vế trái thì được $x^2+3y^2-17=0$)
\[\begin{aligned}BC^2&=49+2(x-1)^2\\&\quad+4\left(y-\frac{4}{\sqrt3}\right)^2\ge49.\end{aligned}\]Dấu bằng xảy ra khi $x=1,$ $y=\dfrac{4}{\sqrt3},$ và điểm này thuộc elip vì $1+3\cdot\dfrac{16}{3}=17.$ Khi đó $BC=7$ và $AC=\sqrt{113}$ (đơn vị trục) là nhỏ nhất.
Vậy $C\left(1;\dfrac{4}{\sqrt3};0\right).$
Câu 3 (5,0 điểm). Cho $n,a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $1\lt n^2\lt a\lt b\lt n^2+n+3.$ Tìm tất cả các ước nguyên dương thuộc khoảng $\left(n^2;n^2+n+3\right)$ của tích $ab.$
Lời giải
Hướng giải
Đặt $a=n^2+i,$ $b=n^2+j$ và ước $c=n^2+k.$ Vì $n^2\equiv-k\pmod c$ nên $c$ là ước của $(i-k)(j-k);$ chỉ ra rằng khi $k\ne i,$ $k\ne j$ thì số này khác 0 nhưng có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn $c.$
Hiển nhiên $a$ và $b$ thỏa mãn. Ta chứng minh không còn ước nào khác. Vì $n^2\gt 1$ nên $n\ge2.$ Đặt $a=n^2+i,$ $b=n^2+j$ với $1\le i\lt j\le n+2.$ Giả sử $c=n^2+k$ là ước của $ab,$ với $1\le k\le n+2,$ $k\ne i,$ $k\ne j.$
Vì $n^2\equiv-k\pmod c$ nên
\[\begin{aligned}ab&=\left(n^2+i\right)\left(n^2+j\right)\\&\equiv(i-k)(j-k)\pmod c.\end{aligned}\]Do đó $c$ là ước của số khác 0 là $(i-k)(j-k),$ suy ra
\[|i-k|\cdot|j-k|\ge n^2+k\gt n^2.\quad(*)\]• Trường hợp $j\le n+1$
+ Nếu $k\le n+1$ thì $i,j,k$ cùng thuộc đoạn $[1;n+1]$ nên $|i-k|\le n,$ $|j-k|\le n.$ Tích không vượt quá $n^2,$ trái với $(*).$
+ Nếu $k=n+2$ thì $|i-k|=n+2-i,$ $|j-k|=n+2-j.$ Khi $i\ge2$ thì $j\ge3,$ tích không vượt quá $n(n-1)\lt n^2.$ Khi $i=1$ và $j\ge3$ thì tích không vượt quá $(n+1)(n-1)\lt n^2.$ Khi $i=1,$ $j=2$ thì tích bằng $n(n+1),$ là số dương nhỏ hơn $c=n^2+n+2$ nên không chia hết cho $c.$ Đều mâu thuẫn.
• Trường hợp $j=n+2$
Khi đó $i,k$ thuộc đoạn $[1;n+1].$
+ Nếu $k\ge2$ thì $|j-k|=n+2-k\le n.$ Khi $|i-k|=n$ thì $i=1,$ $k=n+1,$ lúc đó $|j-k|=1$ và tích bằng $n\lt n^2.$ Còn lại $|i-k|\le n-1$ thì tích không vượt quá $n(n-1)\lt n^2.$ Mâu thuẫn với $(*).$
+ Nếu $k=1$ thì $c=n^2+1,$ $|i-k|=i-1\le n$ và $|j-k|=n+1.$ Từ $(*)$ có $(i-1)(n+1)\ge n^2+1$ $\gt (n-1)(n+1)$ nên $i-1=n,$ tức là $i=n+1.$ Khi đó $n^2+1$ là ước của $n(n+1)=\left(n^2+1\right)+(n-1),$ suy ra $n^2+1$ là ước của $n-1.$ Điều này vô lí vì $0\lt n-1\lt n^2+1.$
Vậy các ước nguyên dương của $ab$ thuộc khoảng $\left(n^2;n^2+n+3\right)$ chỉ gồm $a$ và $b.$
Câu 4 (5,0 điểm). Bạn An chơi trò chơi ghi lên bảng các bộ ba số theo thứ tự từ trái sang phải. Ban đầu trên bảng ghi sẵn bộ ba số $(1,1,1).$ Ở mỗi lượt chơi, An thực hiện một trong hai thao tác sau với bộ ba số $(x,y,z)$ hiện có.
(i) Xóa bộ ba số $(x,y,z)$ và viết lên bảng bộ ba số $(y,z,x+z).$
(ii) Xóa bộ ba số $(x,y,z)$ và viết lên bảng bộ ba số
\[(x+z+1{,}x+y+z+1{,}x+y+2z+1).\]a) Chứng minh An cần đúng 4 lượt chơi để có thể viết lên bảng bộ ba số $(a,b,6).$
b) Tìm số tự nhiên $k$ nhỏ nhất sao cho tồn tại một cách chơi để sau $k$ lượt, An có thể viết lên bảng bộ ba số $(c,d,129).$
Lời giải
Hướng giải
Câu a liệt kê các khả năng, chú ý số thứ ba luôn tăng. Câu b gắn mỗi số với biểu diễn theo dãy $a_1=a_2=a_3=1,$ $a_{k+3}=a_{k+2}+a_k;$ thao tác (i) tăng mọi chỉ số thêm 1, thao tác (ii) tăng thêm 3 và thêm một số hạng, mà $129=a_{15}$ chỉ có một số hạng.
Câu a)
Sau mỗi lượt số thứ ba tăng ngặt (thao tác (i) thay $z$ bởi $x+z\gt z,$ thao tác (ii) thay $z$ bởi $x+y+2z+1\gt z$). Ta xét lần lượt các bộ có số thứ ba nhỏ hơn 6.
+ Từ $(1,1,1),$ thao tác (ii) cho $(3,4,5),$ sau đó số thứ ba ít nhất là $3+5=8\gt 6;$ thao tác (i) cho $(1,1,2).$
+ Từ $(1,1,2),$ thao tác (ii) cho số thứ ba là $7\gt 6;$ thao tác (i) cho $(1,2,3).$
+ Từ $(1,2,3),$ thao tác (ii) cho số thứ ba là $10\gt 6;$ thao tác (i) cho $(2,3,4).$
+ Từ $(2,3,4),$ thao tác (ii) cho số thứ ba là $14\gt 6;$ thao tác (i) cho $(3,4,6).$
Vậy cách duy nhất là dùng 4 lần thao tác (i)
\[\begin{aligned}&(1,1,1)\to(1,1,2)\to(1,2,3)\\&\to(2,3,4)\to(3,4,6),\end{aligned}\]nên An cần đúng 4 lượt.
Câu b)
• Dãy $(a_k)$ và biểu diễn chuẩn
Xét dãy $a_1=a_2=a_3=1,$ $a_{k+3}=a_{k+2}+a_k$ với $k\ge1,$ có các số hạng đầu là 1, 1, 1, 2, 3, 4, 6, 9, 13, 19, 28, 41, 60, 88, 129. Như vậy $a_{15}=129.$
Ta gọi tổng $a_{k_1}+a_{k_2}+\dots+a_{k_s}$ với $k_1\gt k_2\gt \dots\gt k_s\ge3$ và hai chỉ số liên tiếp hơn kém nhau ít nhất 3 là một biểu diễn chuẩn.
Nhận xét 1. Mỗi biểu diễn chuẩn có chỉ số lớn nhất $k$ thì có tổng nhỏ hơn $a_{k+1}.$ Thật vậy, theo quy nạp, tổng đó nhỏ hơn $a_k+a_{k-2}=a_{k+1}.$
Nhận xét 2. Mỗi số nguyên dương $m$ có đúng một biểu diễn chuẩn. Thật vậy, gọi $k\ge3$ là chỉ số lớn nhất mà $a_k\le m.$ Theo Nhận xét 1, mọi biểu diễn chuẩn của $m$ đều phải có số hạng lớn nhất là $a_k.$ Nếu $m\gt a_k$ thì $0\lt m-a_k\lt a_{k+1}-a_k=a_{k-2},$ nên theo quy nạp $m-a_k$ có đúng một biểu diễn chuẩn và các chỉ số của nó không vượt quá $k-3.$ Ghép thêm $a_k$ ta được biểu diễn chuẩn duy nhất của $m.$
• Tác dụng của hai thao tác
Ta chứng minh mọi bộ trên bảng đều có dạng
\[\begin{gathered}x=\sum a_{k_t-2},\quad y=\sum a_{k_t-1},\\z=\sum a_{k_t},\end{gathered}\]trong đó $z=\sum a_{k_t}$ là biểu diễn chuẩn của $z.$ Ban đầu $(1,1,1)=(a_1,a_2,a_3)$ có dạng này với $z=a_3.$ Dùng $a_{m+3}=a_{m+2}+a_m$ (với $m=k_t-2$) ta có
\[\begin{aligned}x+z&=\sum a_{k_t+1},\\x+y+z&=\sum a_{k_t+2},\\x+y+2z&=\sum a_{k_t+3}.\end{aligned}\]+ Thao tác (i) cho bộ $\left(\sum a_{k_t-1},\sum a_{k_t},\sum a_{k_t+1}\right),$ tức là mọi chỉ số tăng thêm 1.
+ Thao tác (ii) cho bộ gồm các số $\sum a_{k_t+1}+a_1,$ $\sum a_{k_t+2}+a_2,$ $\sum a_{k_t+3}+a_3,$ tức là mọi chỉ số tăng thêm 3 và số thứ ba có thêm số hạng $a_3.$ Các chỉ số cũ của số thứ ba lúc này đều không nhỏ hơn 6, nên đây vẫn là biểu diễn chuẩn.
• Kết luận
Như vậy số số hạng trong biểu diễn chuẩn của số thứ ba bằng 1 cộng với số lần dùng thao tác (ii). Biểu diễn chuẩn của 129 là $a_{15}$ (duy nhất theo Nhận xét 2), chỉ có một số hạng, nên An không được dùng thao tác (ii). Khi chỉ dùng thao tác (i), sau $k$ lượt số thứ ba là $a_{3+k},$ và $a_{3+k}=129=a_{15}$ khi và chỉ khi $k=12.$
Vậy $k=12.$
