Bộ sưu tập đề thi từ năm 1989 đến 2010 môn Toán THPT

Hãy tham khảo bộ đề thi học sinh giỏi từ năm 1989 - 2010 môn Toán THPT để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Việt Nam Nhóm lựa chọn thử nghiệm Bộ sưu tập đề thi từ năm 1989 đến 2010 Viet Nam Team Selection Test Collection From 1989 to 2010 Chapter I Mục lục Chaper Đề thi chọn đội tuyển toán 1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày thi: 16, 17/5/1990) 1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày thi 8, 9/5/1991) 1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm (Ngày thi 19, 20/05/1992) 1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 4, 5/05/1993) 1.5 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 18, 19/05/1994) 1.6 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 5, 6/5/1995) 1.7 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 17, 18/5/1996) 1.8 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 16, 17/5/1997) 1.9 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 13, 14/5/1998) 1.10 Đề thi chọn đội tuyển năm (Ngày thi 7, 8/5/2002) 1.11 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 7, 8/5/2004) Đáp án tuyển sinh 2.1 Đáp án chọn đội 2.2 Đáp án chọn đội 2.3 Đáp án chọn đội 2.4 Đáp án chọn đội 2.5 Đáp án chọn đội 2.6 Đáp án chọn đội tuyển tuyển tuyển tuyển tuyển tuyển I năm học 1989 năm học 1990 học 1991 - 1992 năm học 1992 năm học 1993 năm học 1994 năm học 1995 năm học 1996 năm học 1997 học 2001 - 2002 năm học 2003 năm năm năm năm năm năm học học học học học học 1991 1992 1993 1994 1995 1996 - 1990 1991 1993 1994 1995 1996 1997 1998 11 12 13 2004 14 1992 1993 1994 1995 1996 1997 15 18 18 24 34 45 51 59 MỤC LỤC 2.7 2.8 2.9 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1997 - 1998 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 66 76 81 Chương Đề thi chọn đội tuyển toán 1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1989 - 1990 (Ngày thi: 16, 17/5/1990) Bài 1: Trong mặt phẳng cho đa giác lồi M0 , M1 , , M2n (n 1) mà 2n + đỉnh M0 , M1, , M2n nằm (theo thứ tự ngược chiều quay kim đồng hồ) đường tròn (C) bán kính R Giả sử có điểm A bên đa giác lồi cho góc M0 AM1 , M1AM2 , , M2n−1 AM2n, M2n AM0 360 độ) Giả sử A không trùng với tâm (C) nhau, (và 2n+1 gọi B điểm nằm đường tròn (O) cho đường thẳng AB vng góc với đường kính qua A Chứng minh: AM0 + 2n + + ··· + AM1 AM2n < AB < AM0 + AM1 + · · · + AM2n f (n) = + a1p1 + · · · + ak pk , n = p1 pk phân tích thành thừa số nguyên tố n (các số nguyên tố p1 , , pk đôi khác a1, , ak số nguyên dương) Với số tự nhiên s, đặt fs (n) = f (f ( (f (n)) )), vế phải có s lần chữ f Chứng minh với số tự nhiên a cho trước, có số tự nhiên s0 để với số nguyên s > s0 tổng fs (a) + fs−1 (a) không phụ thuộc vào s Bài 6: Cho tập hợp X gồm 2n số thực đôi khác (n 3) Xét tập hợp K gồm số cặp số thực (x, y) với x, y thuộc X, x khác y, mà K thoả mãn hai điều kiện sau: Nếu cặp số (x, y) thuộc K cặp số (y, x) khơng thuộc K Mỗi số x thuộc X có mặt nhiều 19 cặp số K Chứng minh ta phân chia tập hợp X thành tập hợp không rỗng đôi không giao x1 , x2, x3, x4 , x5 cho với i = 1, 2, 3, 4, số cặp số (x, y) thuộc K mà x y thuộc Xi không vượt 3n Chương Đề thi chọn đội tuyển toán 1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm học 1991 1992 (Ngày thi 19, 20/05/1992) Bài 1: Cho hai số tự nhiên n m (n > 1) Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất sau: Trong k số nguyên tuỳ ý a1, a2 , , sk mà − aj (i = j i, j chạy từ đến k) không chia hết cho n, tồn hai số ap, as (p = s) thoả mãn m + ap − as chia hết cho n Bài 2: Cho đa thức f (x) với hệ số thực có bậc lớn Chứng minh với số c > 0, tồn số nguyên dương n0 thoả mãn điều kiện sau: Nếu đa thức P (x) với hệ số thực có bậc lớn n0 , có hệ số số hạng bậc cao số nguyên x mà |f (P (x))| c không vượt bậc P (x) Bài 3: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c (a = b = c) Trong mặt phẳng ABC lấy điểm A , B , C cho: Các cặp điểm A A , B B , C C phía khác phía theo thứ tự đường thẳng BC, CA, AB Các tam giác A BC, B CA, C AB tam giác cân đồng dạng Hãy xác định góc A BC theo a, b, c để độ dài AA , BB , CC ba độ dài ba cạnh tam giác (Tam giác hiểu theo nghĩa thơng thường: ba đỉnh khơng thẳng hàng) Bài 4: Trong mặt phẳng cho họ hữu hạn hình trịn thoả mãn: hai hình trịn tiếp xúc với hình trịn khơng tiếp xúc với q hình trịn khác Giả sử hình trịn khơng tiếp xúc với hình trịn khác đặt ứng với số thực Chứng minh khơng có q cách đặt ứng với hình trịn cịn lại số thực trung bình cộng số ứng với hình trịn tiếp xúc Bài 5: Tìm tất cặp số ngun dương (x, y) thoả mãn phương trình x2 + y − 5xy + = Bài 6: Trong hội thảo khoa học tất đại biểu tham dự biết tổng cộng 2n ngôn ngữ n Mỗi người biết ngôn ngữ hai người biết chung nhiều ngôn ngữ Biết với số nguyên k thoả mãn k n − có khơng q k − ngôn ngữ mà ngôn ngữ có khơng q k người biết Chứng minh ta 1.4 Đề thi chọn đội tuyển tốn năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) chọn nhóm 2n đại biểu biết tổng cộng 2n ngơn ngữ ngơn ngữ có đại biểu nhóm biết 1.4 Đề thi chọn đội tuyển tốn năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) Bài 1: Gọi hình chữ nhật kích thước × (hoặc × 2) bị cắt bỏ hình vng × góc hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1) Gọi hình chữ nhật kích thước × (hoặc × 2) bị căt bỏ hai hình vng × hai góc đối diện hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2) Người ta ghép số hình vng × 2, số hình chữ nhật khuyết đơn số hình chữ nhật khuyết kép với cho khơng có hai hình chờm lên nhau, để tạo thành hình chữ nhật kích thước 1993 × 2000 Gọi s tổng số hình vng × hình chữ nhật khuyết kép cần dùng cách ghép hình nói Tìm giá trị lớn s Bài 2: Cho dãy số {an } xác định bởi: a1 = an+1 = an + √ an với n = 1, 2, 3, Hãy tìm tất số thực α cho dãy {un } xác định un = n = 1, 2, 3, có giới hạn hữu hạn khác n → +∞ Bài 3: Xét số thực x1, x2, x3 , x4 thoả mãn: x21 + x22 + x23 + x24 aα n n Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: A = (x1 − 2x2 + x3 )2 + (x2 − 2x3 + x4)2 + (x2 − 2x1 )2 + (x3 − 2x4 )2 với Chương Đề thi chọn đội tuyển toán Bài 4: Gọi H, I, O theo thứ tự trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh 2.IO IH Hỏi dấu xảy nào? Bài 5: Cho số nguyên k > Với số nguyên n > 1, đặt f (n) = k.n(1 − 1 )(1 − ) (1 − ) p1 p2 pr p1 , p2 , , pr tất ước số nguyên tố phân biệt n Tìm tất giá trị k để dãy {xm} xác định x0 = a xm+1 = f (xm ), m = 0, 1, 2, 3, dãy bị chặn với số nguyên a > Bài 6: Xét n điểm A1 , A2, , An (n > 2) không gian, khơng có điểm đồng phẳng Mỗi cặp điểm Ai , Aj (i = j) nối với đoạn thẳng Tìm giá trị lớn n cho tơ tất đoạn thẳng hai màu xanh, đỏ thoả mãn ba điều kiện sau: Mỗi đoạn thẳng tô màu Với i = 1, 2, , n số đoạn thẳng có đầu mút Ai mà tơ màu xanh không vượt Với đoạn thẳng Ai , Aj tơ màu đỏ tìm thấy điểm Ak (k khác i, j) mà đoạn thẳng Ak Ai Ak Aj tơ màu xanh 1.5 Đề thi chọn đội tuyển tốn năm học 1993 - 1994 (Ngày 18, 19/05/1994) Bài 1: Given a parallelogram ABCD Let E be a point on the side BC and F be a point on the side CD such that the triangles ABE and BCF have the same are The diagonal BD intersects AE at M and intersects AF at N Prove that a) There exists a triangle, three sides of which are equal to BM, MN, ND b) When E, F vary such that the length sides of MN decreases, the radius of the circumcircle of the abovementioned triangle also decreases Bài 2: Consider the equation x2 + y + z + t2 − Nxyzt − N = where N is a given positive integer 1004 1004 i =1 i =1 Ta có: Φ(2008 × 2010) = ∑ 2010.[ 2i − (2i − 1) ] = ∑ 2010.i = 2010.1004 Mặt khác: Φ(2008 × 2010) = ∑ Φ (2 × 1) + ∑ Φ (1× 2) + ∑ Φ(3 × 2) + ∑ Φ(2 × 3) x Từ điều trên, suy ra: 2010.1004 ≤ (2.2008 − 2) + y + z ⇔ 2010.1004 ≤ 2007 x + y + z Tiếp theo, ta xét hình chữ nhật 2010 × 2008 (tương tự có 2010 hàng 2008 cột), bắt đầu lại lập luận số hình chữ nhật 1× 2, ×1, × 3, × dùng Ta xây dựng bất đẳng thức sau: 2008.1005 ≤ 2009 y + x + 2t Cộng hai bất đẳng thức lại, ta có: 2008.1005 + 2010.1004 ≤ (2009 y + x + 2t ) + (2007 x + y + z ) = 2008 x + 2010 y + 2( z + t ) Hơn nữa, theo nhận xét thì: 2010.1004 = ( x + y ) + 2( z + t ) Từ ta được: 2008.1005 ≤ 2007 x + 2009 y ≤ 2009( x + y ) 2008 > 1004 , mà x + y số chẵn nên x + y ≥ 1006 2009 Do đó, tổng hình chữ nhật đơn cần dùng 1006 Điều kiện cần chứng minh Suy ra: x + y ≥ 1005 *Điều kiện đủ: Ta cách ghép hình chữ nhật dùng 1006 hình chữ nhật đơn Khối Khối Khối Khối 74 Hình mơ tả cách ghép hình chữ nhật 10 × 16 , đó: hình chữ nhật khuyết tơ màu khác (đỏ, hồng, xanh lam, xanh cây, xanh đậm) để dễ dàng phân biệt; hình khối tơ màu xanh mạ hình chữ nhật đơn chắn phải dùng, khối màu vàng tùy trường hợp, hình chữ nhật đơn mà hình chữ nhật khuyết * Hình chữ nhật 2010 × 2008 tạo thành từ hình quy tắc sau: - Thêm dòng cách chèn vào khối hình có dạng: Mỗi lần ghép ta có thêm hai hàng mới, 2010 chia hết thực việc liên tiếp cách thích hợp khối tăng chiều dài, tạo thành khối có kích thước 2010 × khối vậy, ta dùng hình chữ nhật màu xanh mạ Thêm cột cách lặp lại khối 1, , 3, hình (chú ý tính tuần hồn khối: (1) tương ứng với (3), (2) tương ứng với (4)) Như ta cần phải có tất 502 khối dành cho 2008 cột Đồng thời, khối khối cuối cùng, ta cần dùng thêm hình chữ nhật đơn màu vàng, khối dùng hình chữ nhật khuyết màu vàng Tức là: hai khối cuối cùng, ta cần dùng hình chữ nhật đơn, khối cần dùng hình chữ nhật đơn thơi Khi đó, tổng số hình chữ nhật đơn cần dùng là: 500.2 + 2.3 = 1006 Xoay hình chữ nhật 2010 × 2008 lại, ta hình chữ nhật 2008 × 2010 cần phải ghép, hình chữ nhật có 1006 hình chữ nhật đơn thỏa mãn đề Do đó, điều kiện đủ chứng minh Vậy giá trị nhỏ hình chữ nhật đơn cần dùng 1006 Bài tốn giải hồn tồn 75 Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: 16( a + b + c) ≥ 1 + + a b c Chứng minh rằng: 1 + + ≤ 3 (a + b + 2(a + c)) (b + c + 2(b + a )) (c + a + 2(c + b)) Hỏi đẳng thức xảy nào? Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:  a+c  a+c a+c (a + b)(a + c) a + b + 2(a + c) = (a + b) + + ≥ 3 (a + b)   = 3 2   ⇒ ≤ 27(a + b)(a + c) a + b + 2(a + c) ( ) Tương tự với hai biểu thức lại Do đó: 4(a + b + c) ≤∑ = ∑ 27(a + b)(b + c)(c + a ) cyc a + b + 2( a + c ) sym 27( a + b )( a + c ) ( ) Hơn nữa, ta thấy với a, b, c dương: 9(a + b)(b + c)(c + a ) − 8(a + b + c)(ab + bc + ca ) = ∑ a (b − c)2 ≥ sym ⇒ (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca ) 1 Do đó: ∑ ≤ 6(ab + bc + ca ) cyc a + b + 2( a + c ) ( ) (1) Mặt khác, ta có: (ab + ca + ca ) ≥ 3abc(a + b + c) nên theo giả thiết: 1 ab + bc + ca 3(a + b + c) + + = ≥ ⇒ ab + bc + ca ≥ (2) a b c abc ab + bc + ca 16 1 + + ≤ Từ (1) (2), suy ra: 3 (a + b + 2(a + c)) (b + c + 2(b + a )) (c + a + 2(c + b)) 16( a + b + c) ≥ Ta có đpcm Đẳng thức xảy dấu tất bất đẳng thức xảy hay:   a , b, c >  ⇒a=b=c= a = b = c  1 16(a + b + c) = + + a b c  76 Bài Trong hội nghị có n nước tham gia, nước có k đại diện ( n > k > ) Người ta chia n.k người thành n nhóm, nhóm có k người cho khơng có hai người nhóm đến từ nước Chứng minh chọn nhóm gồm n người cho họ thuộc nhóm khác đến từ nước khác Ta gọi nước X nhóm Y có liên hệ với nhóm Y có người nước X Khi đó, nước X có k người đại diện nên có liên hệ với k nước nhóm Y có chứa k người đại diện khác nước khác nên có liên hệ với k nước Do đó, tập hợp m nước n nước cho có liên hệ với m.k = m nhóm khác k Gọi , i = 1, n n nhóm cho X i ,1, n tập hợp nhóm có liên hệ với nước thứ i Theo điều vừa chứng minh trên, ta thấy với mọi: i1 , i2 , i3 , , ik ∈ {1, 2,3, , n} , ≤ k ≤ n thì: k ∪X j =1 ij ≥k (*) Ta chứng minh tồn (a1 , a2 , a3 , , an ) ∈ X × X × X × × X n ≠ a j , i ≠ j Thật vậy, ta bắt đầu bỏ phần tử thuộc tập Xi cho (*) thỏa mãn Cuối thu tập hợp X '1 , X '2 , X '3 , , X 'n (với X 'i ⊂ X i ) thỏa điều kiện (*) có số phần tử nhỏ mà bỏ thêm phần tử thuộc tập hợp X 'i ,1, n điều kiện (*) khơng cịn thỏa Ta chứng minh X 'i = 1, i = 1, n Thật vậy, không tính tổng qt giả sử X '1 có chứa phần tử khác α , β Do bỏ thêm hai phần tử α β điều kiện (*) khơng cịn thỏa mãn nên có hai tập số P, Q cho: Với M = ( X '1 \ {α }) ∪ ∪ X 'i , N = ( X '1 \{β }) ∪ ∪ X 'i không thỏa mãn điều kiện (*), tức là: i∈Q i∈P M < P + 1, N < Q + ⇒ M ≤ P , N ≤ Q Ta có: M ∪ N = (( X '1 \ {α }) ∪ ( X '1 \ {β })) ∪ (∪ X 'i ∪ ∪ X 'i ) = X '1 ∪ i∈P ∪ i∈Q ∪ X 'i i∈P ∪Q X 'i ⊆ M ∩ N i∈P ∩Q 77 Từ hai điều suy ra: M ∪ N ≥ P ∪ Q + , M ∩ N ≥ P ∩ Q Theo nguyên lí bù trừ, ta có: P + Q ≥ M + N = M ∪ N + M ∩ N ≥ P ∩ Q + P ∪ Q +1 = P + Q +1 Điều vơ lí dẫn đến khẳng định X 'i = 1, i = 1, n Rõ ràng tập hợp khơng giao tồn i ≠ j , ( X 'i ∩ X ' j ) ≠ ∅ ⇒ X 'i ∩ X ' j = < , mâu thuẫn với điều kiện (*) Giả sử phần tử X 'i a 'i tập hợp sau: (a '1 , a '2 , a '3 , , a 'n ) thỏa mãn a 'i ∈ X 'i ⊂ X i ≠ a j , i ≠ j Vậy ta tồn n nhóm khác tương ứng liên hệ với n nước khác nhau, nhóm liên hệ với nước nước liên hệ nhóm nên n người đại diện mà nước liên hệ với nhóm tương ứng rõ ràng thỏa mãn đề Ta có đpcm 78 Bài Gọi Sn tổng bình phương hệ số khai triển nhị thức (1 + x)n , n số nguyên dương; x số thực Chứng minh rằng: S2 n + không chia hết cho với n Ta chứng minh bổ đề sau (định lí Lucas): “Cho m, n hai số tự nhiên p số nguyên tố Giả sử: m = mk p k + mk −1 p k −1 + + m2 p + m1 p + m0 n = nk p k + nk −1 p k −1 + + n2 p + n1 p + n0 k Khi đó: Cnm ≡ ∏ Cnmi i (mod p ) (quy ước Cba = 0, a > b ) i =0 *Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử m > n (nếu m = n bổ đề hiển nhiên đúng) Trước hết, ta thấy rằng: ( p, i ) = 1, i = 1, p − nên C pk = p! ( p − 1)! = p ⋮ p , tức là: k !( p − k )! k !( p − k )! C pk ≡ (mod p ), k = 1, p − p −1 Ta có: ( x + 1) p = x p + + ∑ C ip x p −i ≡ x p + 1(mod p ) (*) i =1 j j Ta chứng minh nhận xét: ( x + 1) p ≡ x p + 1(mod p ), ∀j ∈ ℕ* quy nạp Thật vậy: - Với j = , nhận xét theo (*) - Giả sử nhận xét với j = h ≥ Ta chứng minh với j = h + h h Ta có: ( x + 1) p ≡ x p + (mod p ) ( Suy ra: ( x + 1) p h ) ≡ (x ) h ph h + (mod p ) ⇒ ( x + 1) p h+1 h+1 ≡ x p + (mod p ) Do nhận xét với j = h + Theo nguyên lí quy nạp, nhận xét chứng minh Ta xét khai triển sau: 79 k ∑ mi pi (1 + x) m = (1 + x) i=0 k mi k ≡ ∏ (1 + x p ) mi ≡ ∏ ∑ Cmj i x j p (mod p ) i i i =0 j = i=0 Hệ số x n vế (1 + x)m Cmn ; biểu diễn n = nk p k + nk −1 p k −1 + + n2 p + n1 p + n0 mi k nên hệ số x n vế ∏ ∑ Cmji x j p i i =0 j =0 k ∏C i =0 mi ni k Từ ta được: Cnm ≡ ∏ Cnmi i (mod p ) Bổ đề chứng minh i =0 nn  n  n  *Trở lại tốn: Ta có: (1 + x) n = (1 + x)n (n + 1) n ⇔ ∑ C2i n x n −i =  ∑ Cni x n −i   ∑ Cnn −i xi  i =1  i =0   i=0  n n i=0 i =0 Đồng hệ số x 2n hai vế, ta có: C2nn = ∑ Cni Cnn −i = ∑ (Cni ) Do đó, với n tự nhiên S n = C2nn Như ta cần chứng minh rằng: C42nn + không chia hết cho với n k Giả sử: 2n = ∑ 3i , ∈ ℕ, i = 1, k Xét hai trường hợp: i =0 - Nếu ∈ {0;1}, ∀i = 1, k 2ai ∈ {0; 2}, ∀i = 1, k tổng ∈ {0;1}, ∀i = 1, k số chẵn, đặt k ∑ k k ∑ = 2t , t ∈ ℕ ⇒ i=0 = 22t = 4t ≡ 1(mod 3) ; ta có: 4n = ∑ 2ai 3i , ∈ ℕ, i = 1, k i =0 i =0 k k k i=0 i =0 ∑ Theo bổ đề C42nn + ≡ ∏ C2aai i + ≡ ∏ 2ai +1 ≡ i=0 + ≡ 2(mod 3) - Nếu tồn giá trị a j = ; không tính tổng quát, giả sử số nhỏ tập hợp , i = 0, k Khi đó: hệ số tương ứng vị trí j khai triển theo lũy thừa 4n k Mà C12 = nên C42nn ≡ ∏ C2aai i ≡ (mod 3) ⇒ C42nn + ≡ (mod 3) i =0 Vậy trường hợp, ta có S2 n + khơng chia hết cho Đây đpcm 80 PHẦN ***** HÌNH ẢNH CỦA ĐỘI TUYỂN QUA CÁC NĂM 81 *Năm 2005 *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2005: 1.Trần Trọng Đan 2.Phạm Kim Hùng 3.Nguyễn Nguyên Hùng 4.Đỗ Quốc Khánh 5.Trần Chiêu Minh 6.Nguyễn Trường Thọ 82 *Năm 2006 *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2006: Đặng Bảo Đức Hoàng Mạnh Hùng Nguyễn Duy Mạnh Lê Hồng Quý Nguyễn Xuân Thọ Lê Nam Trường 83 *Năm 2007: *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2007: Đỗ Xuân Bách Nguyễn Xuân Chương Lê Ngọc Sơn Phạm Thành Thái Đỗ Ngọc Thanh Phạm Duy Tùng 84 *Năm 2008: *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2008: Lê Ngọc Anh Nguyễn Phạm Đạt Dương Trọng Hoàng Đỗ Thị Thu Thảo Đặng Trần Tiến Vinh Hoàng Đức Ý 85 *Năm 2009: *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2009: Hà Khương Duy Nguyễn Xuân Cương Nguyễn Hoàng Hải Phạm Hy Hiếu Phạm Đức Hùng Tạ Đức Thành 86 *Năm 2010: *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2010: Phạm Việt Cường Nguyễn Kiều Hiếu Nguyễn Minh Hiếu Trần Thái Hưng Vũ Đình Long Nguyễn Ngọc Trung 87 ... From 1989 to 2010 Chapter I Mục lục Chaper Đề thi chọn đội tuyển toán 1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày thi: 16, 17/5/1990) 1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày thi 8, 9/5/1991) 1.3 Đề thi. .. 1.7 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 17, 18/5/1996) 1.8 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 16, 17/5/1997) 1.9 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 13, 14/5/1998) 1.10 Đề thi chọn đội tuyển năm. .. chọn đội tuyển năm (Ngày thi 19, 20/05/1992) 1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 4, 5/05/1993) 1.5 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 18, 19/05/1994) 1.6 Đề thi chọn đội tuyển toán (Ngày 5,