TOAN DBSCL ÔN THI NĂM 2020

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC
Môn TOÁN
( Thời gian làm bài : 180 phút )
Bài 1 : ( 4 điểm )
Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng
thức sau :
x P(x – 1) = (x – 26) P(x)
Bài 2 : ( 4 điểm )
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
x3 + (x + 1)3 + ... + (x + 7)3 = y3 (1)
Bài 3 : ( 4 điểm )
Cho số a > 2 và dãy số (un) xác đònh bởi :
�
�
u0  1
�
�
u1  a
�
�
�un2
�
�
un 1  � 2  2 �un
�
�un 1
�
�

(n �1)
Chứng minh rằng : với mọi k �N

1 1 1
1
1
  L 

2  a  a2  4
u0 u1 u2
uk
2



giác ABD có



Bài 4 : ( 4 điểm )
ˆ   , tam
Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , BAD

tất cả các góc đều nhọn . Hãy chứng minh rằng các hình
tròn bán kính bằng 1 có
tâm lần lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu
: cos   3 sin  � a
Bài 5 : ( 4 điểm )
Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và
ngoại tiếp một hình chóp
R
tứ giác đều . Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số
r

-------------------------------------------------

Bài 1 : ( 4 điểm )


Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng
thức sau :
x P(x – 1) = (x – 26) P(x)
Đáp án
Cho P(x) là đa thức thoả điều kiện bài toán . Hiển nhiên nó chia
hết cho x .
Nghóa là :

P(x) = x P1(x) , ở đây P1(x) là một đa thức .

(0,5đ)
Khi đó , P(x – 1) = (x – 1) P1(x – 1) , nghóa là :
x (x – 1) P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x)
(0,5đ)
Từ đây suy ra P(x) chia hết cho cả (x – 1) , nghóa là P(x) = x (x – 1)
P2(x)

(0,5đ)
Từ đây ta lại nhận được : P(x – 1) = (x – 1) (x – 2) P2(x – 1)

(0,5đ)
Hoặc là x (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) = (x – 26) . P(x)
(0,5đ)
Từ đây ta suy ra P(x) chia hết cho (x – 2) .
Tiếp tục theo tinh thần đó , cuối cùng ta nhận được :

P(x) = x (x – 1) (x – 2) ... (x – 25) . P26(x)
(0,5đ)
Khi đó , từ điều kiện bài toán suy ra :
x (x – 1) (x – 2) ....(x – 26) . P26(x – 1) = (x – 26) x (x – 1)...(x – 25) . P26(x)
Suy ra : P26(x – 1) = P26(x)
(0,5đ)
Và vậy P26(x) = c ( c : hằng số )
Vậy P(x) = c . x (x – 1) (x – 2) ... (x – 25)
(0,5đ)
Kiểm tra lại ta thấy nhận .
-------------------------------------------------


Bài 2 : ( 4 điểm )
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
x3 + (x + 1)3 + ... + (x + 7)3 = y3 (1)
Đáp án
Đặt P(x) = x3 + (x + 1)3 + ... + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784
Xét x �0 , ta có :
(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000
3
= (2x + 10)
(0,5đ)
� 2x + 7 < y < 2x + 10 � y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9
(0,5đ)
Vì cả hai phương trình : P(x) – (2x + 8)3 = 0 � – 12x2 + 36x + 272 = 0
P(x) – (2x + 9)3 = 0 � – 24x2 – 66x + 55 = 0
đều không có nghiệm nguyên . Vậy phương trình đã cho không có
nghiệm nguyên với x �0
(0,5đ)

Lại có P(– x – 7) = – P(x) . Vậy (x ; y) là nghiệm của (1) � (– x – 7 ; y) cũng
là nghiệm .
(0,5đ)
Do đó không tồn tại nghiệm với x �– 7 . Vậy nếu (x ; y) là nghiệm thì ta
phải có -6 �x �-1
(0,5đ)
Với -3 �x �-1 , ta có :
P(-1) = 440 không phải là số lập phương , P(-2) = 216 = 63 , P(-3) = 64
= 43

� (-2 ; 6) và (-3 ; 4) là các nghiệm với -3 �x �-1

(0,5đ)

Do tính chất P(– 7 – x) = – P(x) � (-5 ; -6) và (-4 ; -4) là nghiệm của (1) với
-6 �x �-1
(0,5đ)
Vậy các nghiệm của (1) là : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6)
(0,5đ)

-------------------------------------------------


Bài 3 : ( 4 điểm )
Cho số a > 2 và dãy số (un) xác đònh bởi :
�
�
u0  1
�
�

u1  a
�
�
�u 2
�
�
un 1  � 2n  2 �un
�
�un 1
�
�

(n �1)
Chứng minh rằng : với mọi k �N
1 1 1
1
1
  L 

2  a  a2  4
u0 u1 u2
uk
2





Đáp án
1

a > 2 �  b �R , b  0 : a  b 
b
(0,5đ)

u0  1
u1  a  b 

1
b

2
�u 2
� �
� 1� �
� 1 � �2 1 �
� 1�
u2  �12  2 �
u1  �
b

 2�
b  � �
b  2�
b �
�
�
�
�
�
b

b�
b
� b� �
�
�
�
�
�
�u0
� �
�

(0,25đ)
2
�u 2
� �
�2 1 � � �4 1 �
�2 1 �
� 1�
u3  � 22  2 �
u2  �
b

 2�
u2  �
b  4�
b  2�
b �
�
�

�
�
2
�
b�
b
b
� b � �
�
�
�
�
�
�u1
� �
�

(0,25đ)
Tương tự :
�u 2
�
1 �
1
�2k 1
�2k  2
uk  � k2 1  2 �
uk 1  �
b  2k 1 �
b  2k  2
�

b �
b
�
�
�uk 2
�

�
L
�
�

�2 1 �
� 1�
b  2�
b �
�
�
� b �
� b�

(0,25đ)
Do đó :
1 1 1
1
1
  L  k 
2  a  a2  4
u0 u1 u2
2

u





(1)

k
2
b
b3
b 2 1
1�
1
� 1�
�
� 1 2
 2

L


2

b


b


k
�
� 4
2�
b
b  1 (b  1)(b 4  1)
� b�
(b 2  1) L (b 2  1)
�

(0,5đ)
k

b
b3
b 2 1
1
� 1 2
 2

L

 1
4
2
2k
b
b  1 (b  1)(b  1)
(b  1) L (b  1)
(0,5đ)

�
�
�
�


k

b2
b4
b2
� 2

L  2
 1
k
b  1 (b 2  1)(b 4  1)
(b  1)L (b 2  1)
(0,5đ)
�
�
�
1 �� 1
1
1
1
�
� �
1 2




L


�
k

1
k
�
�
� 2
2
4
�(b 2  1)L (b 2  1) (b 2  1)L (b 2  1) �
�<
� b  1 � �b  1 (b  1)(b  1) �
�
�
1
(0,5đ)
� 1

1
k

(b 2  1)L (b 2  1)

 1

(2)

(0,5đ)
(2) đúng với mọi k �N và mọi b > 0 . Vậy (1) đúng với mọi k �N
và a > 2
(0,25đ)
-------------------------------------------------

giác ABD có

Bài 4 : ( 4 điểm )
ˆ   , tam
Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , BAD

tất cả các góc đều nhọn . Hãy chứng minh rằng các hình tròn
bán kính bằng 1 có tâm lần
lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu :
cos   3 sin  � a .
Đáp án
 Bước 1 : * Bổ đề : Gọi O là tâm và R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp  ABC .
Khi đó , các hình tròn tâm A , B , C với bán kính x sẽ phủ kín 
۳
x
R
ABC
.
(1đ)

* Chứng minh bổ đề :
1) Điều kiện cần :
Các hình tròn tâm A ,B ,C bán
A
kính x phủ kín
 ABC � các hình tròn này phải
phủ O
� x �R
(0,25đ)
I

K

(hình vẽ 0,25đ)
O
B

J

C

2) Điều kiện đủ : Đảo lại , giả sử x �R với (O ,R) là đường tròn
ngoại tiếp  ABC .
Ta xét các vòng tròn tâm A ,B ,C có bán kính R . Khi
đó , gọi I ,J ,K
lần lượt là hình chiếu của O xuống AB , BC , CA thì
hình tròn tâm A
bán kính R sẽ phủ kín tứ giác OIAK . Tương tự hình
tròn tâm B , C

bán kính R lần lượt phủ kín tứ giác OIBJ , OJCK . Do
đó các hình tròn

tâm A ,B ,C bán kính R phủ kín  ABC .

(0,25đ)

Theo giả thiết ta có x �R nên hiển nhiên các hình

tròn tâm A , B , C

bán kính x phủ kín  ABC . Điều kiện đủ được
chứng minh .
(0,25đ)
 Bước 2 : Chứng minh bài toán :
Các hình tròn tâm A ,B ,C ,D bán
B
C
kính bằng 1 phủ
kín hình bình hành ABCD � 3 hình
H
tròn tâm A ,B ,D
bán kính bằng 1 phủ kín  ABD
a
(0,5đ)


(hình vẽ 0,25đ)

1

A

D

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABD , áp dụng bổ đề
trên ta có điều kiện
cần và đủ để 3 hình tròn đơn vò tâm A ,B ,D phủ kín  ABD là : 1 �R
(0,5đ)
Ta có : BD = 2R sin  (đònh lý hàm số sin)
BD2 = a2 + 1 – 2a cos  (đònh lý hàm số cosin)
nên 4R2 sin2  = a2 + 1 – 2a cos 
(0,25đ)
Do đó 4 sin2  � a2 + 1 – 2a cos  (vì 1 �R)
� 3 sin2  � a2 + 1 – 2a cos  + cos2  – 1
� 3 sin2  � a2 – 2a cos  + cos2 
(0,25đ)
� 3 sin  � a  cos  , (do  ABD nhọn nên có AB > AH = cos  � a >
cos  )
� 3 sin  �a – cos 
� cos  + 3 sin  � a (đpcm)
(0,25đ)
-------------------------------------------------------------------Bài 5 : ( 4 điểm )
Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và
ngoại tiếp hình chóp một
R
tứ giác đều . Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số
.
r

Đáp án
A

Giả sử hình chóp đều
S.ABCD có
cạnh đáy 2a
đường cao SO = h
cạnh bên SC =
SO 2  OC 2  h 2  2a 2


( OC =
D

C

M

A

1
AC  a 2 )
2

O

N

B
R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp  SAC

SC
SC
SC 2
h 2  2a 2
R


(vì
SA
=
SC)
�
R

SO
2sin A 2.
2.SD
2h
SA

(1đ)

r cũng là bán kính đường tròn nội tiếp  SMN với M ,N lần lượt là
trung điểm của AD ,BC
dt (SMN )
� r
p
dt (  SMN) = ½ MN . SO = ah
p = ½ (MN + SM + SN) = a  a 2  h 2
ah

a

a 2  h2  a
� r 
2
2
h
a h a
(1đ)
2
�h �
2� �
R
2a 2  h 2
�a �


Suy ra : r
2
�
2a ( a 2  h 2  a )
�h � �
�
2
1  � �  1�
�
�a � �
�
�





2

Đặt

k

R
�h �
 0 , x  � � 0 , ta được :
r
�a �
2 x
k
2 ( 1  x  1)

(1đ)
� x  2  2k  2 k 1  x
� ( x  2  2k ) 2  4k 2 (1  x )
� x2 + 4 (1 + k – k2) x + 8k + 4 = 0 (1)
(1)có nghiệm x khi  ’ = 4k2 (k2 – 2k – 1) �0 � k � 2  1 .
�R �
Do đó : Min � � 2  1
�r �
(1đ)
------------------------------------------------BÀI 1: (4đ)
x 3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) (1)

x 2
Điều kiện: 1 �

0

x

1.

Đặt: x  cos  với  � 0;   � 1  x 2  1  cos 2   sin  .

(0,5đ)


Phương trình (1) trở thành:
cos3   sin 3   2 sin  cos  (2)

(0,5đ)


Đặt t  cos   sin   2.cos(  ) .
4
1; 2 �
Vì  � 0;   � t ��
�
�.

(0,5đ)

Phương trình (2) trở thành:

3t  t 3
t 2 1
 2(
) � t 3  2t 2  3t  2  0
2
2

(0,5đ)

�
t 2
(chọn)
�
��
t  1 2
�
(loại)
t  1 2
�
�


1
�
sin  cos  
2
�
2
� x  sin   cos  
Với t  2 � �

.
2
�
sin   cos   2
�

(0,5đ)



�
sin  cos   1  2
�
Với t  1  2 � �
sin   cos   1  2
�

(0,5đ)

� sin  , cos  là hai nghiệm của phương trình:
1  2  2 2 1
2

(0,5đ)

(vì sin  cos   1  2  0,sin  �0 � x  cos   0)

(0,5đ)

X 2  (1  2) X  1  2  0 � x  cos  

BÀI 2: (4đ)
Đặt: x  3 2  n  3 2  n


(1)

Điều kiện cần:
(1) � x 3  4  3 x. 3 4  n (2)
(2): 4  3 x. 3 4  n  x3 �1 ( x nguyên dương)
� 3 4  n �

1
(*)
x

Mặt khác từ (2) �

x3  4 3
 4  n �3 3 (**)
3x

(0,5)
(0,5)


� 1 x3  4
 �
�
�x �1

x 1
�
�x
3x
� �3
�
Từ (*) và (**) ta có: � 3
.
�
x2
�x  3 3 3.x �4 �
�x  4 �3 3
�
� 3x
(0,5)


(0,5)

(0,5)

Điều kiện đủ:
+ Khi x = 2 thì từ (**) ta có:

3

4n 

2
8

100
� 4n 
�n
��
3
27
27

(0,5)

(loại x = 2).
+ Khi x = 1, thì từ (**) ta có:

3

4  n  1 � n  5 �� (nhận x = 1).

(0,5)
Kết luận: Vậy với n = 5
thì



3

2 n  3 2 n



là số nguyên dương và

3

2  n  3 2  n  1.

(0,5)

BÀI 3: (4đ)

+

n(nan  2)
 lim nan
n ��
n ��
ln n

2
an
ln n

n

lim

(0,5đ)

nan  2 (vì lim an  0 do: an  0 và an 1  an )
+ Chứng minh: lim
n ��

n ��

(0,5+0,5)

2
+ Chứng minh:
an tồn tại.
lim
n �� ln n
n

(0,5)
+ Chứng minh BĐT: x 

x 2 x3 x 4
x 2 x3
   ln(1  x)  x   , x  0
2 3 4
2 3

1
1
1
1
1
� an3  an4  an5  2an 1  2an  an 1an  an3  an4
6
6
4
6

3

(0,5)
(0,5)

2an 1  an  an an 1 1

n ��
an3
6

(0,5)

n(nan  2) 2

n ��
ln n
3

(0,5)

� lim

� lim

2
n(2an 1  an  an an 1 )
na (2an 1  an  an an 1 )
1 1
 lim n

 2.  ).
(vì
an = lim
2
3
n
��
n
��
an
an
6 3
lim
n �� ln n
n


BÀI 4: (4đ)
Ta có: VOMNP  VA.OPN  VA.OPM  VA.OMN
�1

a
b
c
abc
(BĐT Cauchy)


�3 3
OM ON OP

OM .ON .OP

27 abc
.
۳ VOMNP
6 VOMNP

۳ 1

� VOMNP(min) 

(0,5)
(0,5+0,5)

27
abc
6

(0,5)

27
a
b
c
1
abc �



6

OM ON OP 3

(0,5).

Khi đó, tam giác POK (K = PA �MN) có OP // AH (H là hình chiếu vuông
góc của A lên (Oxy)) nên:

Tương tự:

c
KA 1


OP KP �
3� A là trọng tâm tam giác MNP.
�
(0,5+0,5+0,5)
a
b �
1


OM ON 3

BÀI 5: (4đ)
Gọi R1 = 1: là bán kính đường tròn ban đầu (bước thứ 1).
R2 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 2 � R2  R1 cos


.

4

(0,5)
R3 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 3 � R3  R2 cos



 R2 cos 3 .
8
2

(0,5)
R4 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 4 � R4  R3 cos



 R3 cos 4 .
16
2

(0,5)
......
Rn : là bán kính đường tròn ở bước thứ n � Rn  Rn 1 cos
(0,5)


.
2n 1





.cos 3 .cos 4 ...cos n
2
2
2
2
2


� 2n 1.sin n .Rn  sin  1
2
2

� Rn  cos

� Rn 

1


2n 1.sin n
2



1


2 n1. n
2



2
 (vì sin x  x, x  0 )

(0,5+0,5)

(0,5+0,5).

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG
( Môn Toán - 180 Phút )
BÀI 1 : Số học.
Cho n là số tự nhiên sao cho 2006! chia hết cho 6n. Chứng minh n  999
BÀI 2 : Đại số và lượng giác.
Giải phương trình : 2005  2006 = 2004x  2005x .
BÀI 3 : Giải tích và tổ hợp.
Cho cấp số cộng  ao; a1; a2; a3 . . . với an = a + n.d ; a > 0, d > 0 , n  N . Tìm
điều kiện cần và đủ đối với a và d để có một dãy con của cấp số
cộng là cấp số nhân.
BÀI 4 : Hình học phẳng
Bên trong đường tròn đường kính AB = 2006 có 4 đoạn thẳng mỗi đoạn có
độ dài bằng 1003. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng vuông góc
hoặc song song với AB, giao với ít nhất 2 trong 4 đoạn thẳng đã cho.
BÀI 5 : Hình học không gian
Cho tứ diện ABCD, có các cạnh AD, AC, BD, BC lần lượt tiếp xúc với mặt
cầu (S1) bán kính R1 , tâm I1 nằm trên cạnh AB; các cạnh CA, CB, DA, DB lần

lượt tiếp xúc với mặt cầu (S2) bán kính R2 , tâm I2 nằm trên cạnh CD.
Chứng minh : AB4(CD2 – 4R) = CD4(AB2 – 4R)


ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG
Môn Toán
BÀI 1 :
2006!  6n  2006!  2n và 2006!  3n.
Số các bội của 2 trong dãy 1; 2; . . . 2006 là = 1003 số
Số các bội của 22 trong dãy 1; 2; . . . 2006 là = 501 số
Tương tự số các bội của 23 , 24 . . . , 210 trong dãy 1; 2; . . . 2006 lần lượt là
250; 125; 62; 31; 15; 7; 3; 1 số
Như vậy khi phân tích 2006! thành tích các thừa số nguyên tố thì số mũ
của 2 là 1003 + 501 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 =1998.
Cũng làm như trên, ta nhận thấy khi phân tích 2006! thành tích các thừa
số nguyên tố thì số mũ của 3 là 668 + 222 + 74 + 24 + 8 + 2 + 1 = 999.
Do đó 2006! = 21998.3999.p với (p; 2) = 1; (p; 3) = 1 dễ thấy nếu 2006!  2n thì n
 1998 và 2006!  3n thì n  999. Vậy n  999.
BÀI 2 :
2005  2006 = 2004x  2005x  2004x + 2006 = 2005x + 2005(*)
Đặt 2004 = a, 2006 = b, 2005 = (a + b)/2 = c.
Nhận xét 1 : (*) có nghiệm x = 0; x = 1.
Nhận xét 2 : Xét hàm số f(x) = x  x
f’(x) = 2 x  x - 1 = x - 1(x  1)
khi  < 0 hoặc  > 1 thì f’(x) > 0 với x  (1; +),
khi 0 <  < 1 thì f’(x) < 0 với x  (1; +)
do đó f(x) đồng biến trên (1; +) với   [0; 1], nghòch biến trên (1; +)
với   (0; 1)
Nhận xét 3 : Xét hàm số g(x) = x có g’(x) = x - 1, g”(x) = (  1)x - 2
khi  < 0 hoặc  > 1 thì g”(x) > 0 với x  (1; +) ,

khi 0 <  < 1 thì g”(x) < 0 với x  (1; +) ,
do đó g(x) lõm trên (1; +) với   [0; 1], lồi trên (1; +) với   (0; 1)
Theo các nhận xét trên , với x  [0; 1] ta có :
ax + b = ( ax + bx) + (a + b) + (b bx)  (a ax)
> cx + c
với x  (0; 1)ta có :
ax + b = ( ax + bx) + (a + b) + (b bx)  (a ax)
< cx + c
Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm x = 0; x = 1.
BÀI 3 :
Điều kiện cần : Giả sử có một dãy con của dãy đã cho là cấp số nhân.
ai , aj , ak (i, j, k  N, i < j < k) là ba số hạng liên tiếp của cấp số nhân đó
 a = ai.ak  (a + j.d)2 = (a + i.d)(a + k.d)  a.d( 2j  i  k ) = d2( i.k  j2 )
 =  Q   Q.
Điều kiện đủ : giả sử  Q  = với n  N* , m  N*.  a.n = d.m
Xét bo = ao = a.
b1 = (n + 1).bo , b1 = (n + 1)a = n.a + a = a + m.d = am ;
b2 = (n + 1).b1 = (n + 1).am ;
b2 = (n + 1).(a + m.d) = n.a + a + (n + 1)m.d = m.d + a + (n + 1)m.d
= a + (n + 2)m.d = am(n + 2);
b3 = (n + 1).b2 = (n + 1).am(n + 2),


b3 = (n + 1).[a + m(n + 2).d] = n.a + a + (n + 1)(n + 2).m.d
= m.d + a + (n + 1)(n + 2)m.d = a + [(n + 1)(n + 2) + 1]m.d = am[(n + 1)(n + 2) + 1];
Rõ ràng quá trình trên có thể kéo dài vô hạn  dãy đã cho có dãy con
là cấp số nhân.
Vậy điều kiện cần và đủ để cấp số cộng đã cho có dãy con cấp số
nhân là  Q
BÀI 4 :

Kẻ đường kính CD  AB
Xét EF là một trong các đoạn đã cho, gọi độ dài hình chiếu của EF lần
lượt trên AB, CD là x1 ; y1, dễ thấy x1 + y1  EF = 1003.
Tương tự, độ dài các hình chiếu 3 đoạn còn lại trên AB, CD làn lượt là là
x2 ; y2, x3 ; y3, x4 ; y4 .
Rõ ràng là ( x1 + x2 + x3 + x4 ) + ( y1 + y2 + y3 + y4 )  2.2006, như vậy một
trong hai tổng ( x1 + x2 + x3 + x4 );( y1 + y2 + y3 + y4 ) có một tổng lớn hơn
2006, giả sử đó là ( x1 + x2 + x3 + x4 ), suy ra trên AB có điểm M thuộc ít
nhất 2 hình chiếu của các đoạn nói trên. Đường thẳng qua M vuông góc AB
là đường thẳng cần tìm.
BÀI 5 :
AD, AC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I1, dễ thấy I1AD = I1AC.
BD, BC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I1, dễ thấy I1BD = I1BC.
Do đó tam giác ABD = tam giác ABC suy ra AD = AC; BD = BC.
Tương tự với các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I2, ta có AD = BD; AC = BC
Đặt AC = AD = BC = BD = a > 0, dễ thấy I1 là trung điểm AB, I2 là trung
điểm CD, đặt AB = 2m, CD = 2n.
Ta có dtABD = 2.dtADI1 = a.R1 = m.DI1 = m. R1 =
Tương tự R2 =
Như vậy : CD2 – 4R = 4(n2 – R) = 4n2= 4 =
Tương tự : AB2 – 4R =
Suy ra : AB4(CD2 – 4R) và CD4(AB2 – 4R) cùng bằng

BÀI 1: (4đ)
Giải phương trình: x 3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) .

BÀI 2: (4đ)
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho:



3

2 n  3 2 n

 là số nguyên dương.

BÀI 3: (4đ)

Cho a1  0 . Xét dãy số (an ) cho bởi: an 1  ln(1  an ), n �� .


Chứng minh rằng: lim

n ��

n(nan  2) 2
 .
ln n
3

BÀI 4: (4đ)
Cho tam diện vuông Oxyz và điểm A cố đònh nằm trong tam diện.
Khoảng cách từ A đến ba mặt (Oyz), (Ozx) và (Oxy) lần lượt là a, b và c. Gọi



là mặt phẳng di động qua A cắt Ox tại M, cắt Oy tại N và cắt Oz tại P.
Trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP đạt giá trò nhỏ nhất thì A là

điểm gì trong tam giác MNP?
BÀI 5: (4đ)
Trong đường tròn có bán kính bằng 1 nội tiếp một hình vuông; trong
hình vuông này lại nội tiếp một đường tròn nữa, trong đường tròn này lại
nội tiếp một bát giác đều, trong bát giác đều lại nội tiếp một đường
tròn, trong đường tròn này lại nội tiếp một đa giác đều 16 cạnh, cứ như
thế …
Chứng minh bán kính của các đường tròn kể trên đều lớn hơn

2
.


Bài 1 (Số học)
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho:



3

2 n  3 2 n

Giải:
Đặt: x  3 2  n  3 2  n


(1)

Điều kiện cần:
(1) � x 3  4  3 x. 3 4  n (2)

(2): 4  3 x. 3 4  n  x3 �1 ( x nguyên dương)
� 3 4  n �

1
(*)
x

Mặt khác từ (2) �

(0,5)
x3  4 3
 4  n �3 3 (**) (0,5)
3x

� 1 x3  4
 �
�
x 1
�
�x
�x �1
3x
� �3
��
Từ (*) và (**) ta có: � 3
.
3
x2
�x  3 3.x �4 �
�x  4 �3 3

�
� 3x

 là số nguyên dương.


(0,5)


(0,5)

(0,5)

Điều kiện đủ:
+ Khi x = 2 thì từ (**) ta có:

3

4n 

2
8
100
� 4n 
�n
�� (0,5)
3
27
27
(loại x = 2).

+ Khi x = 1, thì từ (**) ta có:

3

4  n  1 � n  5 �� (nhận x = 1). (0,5)

Kết luận: Vậy với n = 5 thì
3



3

2 n  3 2 n



là số nguyên dương và

2  n  3 2  n  1 . (0,5)

Bài 2 (Hình học không gian):
Cho tam diện vuông Oxyz và điểm A cố đònh nằm trong tam diện. Khoảng
cách từ A đến ba mặt (Oyz), (Ozx) và (Oxy) lần lượt là a, b và c. Gọi    là mặt
phẳng di động qua A cắt Ox tại M, cắt Oy tại N và cắt Oz tại P.
Trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP đạt giá trò nhỏ nhất thì A là điểm gì
trong tam giác MNP?
Giải:
Ta có: VOMNP  VA.OPN  VA.OPM  VA.OMN

�1
۳ 1
� VOMNP(min) 

(0,5)

a
b
c
abc
(BĐT Cauchy) (0,5+0,5)


�3 3
OM ON OP
OM .ON .OP

27 abc
.
۳ VOMNP
6 VOMNP

27
abc (0,5)
6

27
a
b
c

1
abc �


 (0,5).
6
OM ON OP 3

Khi đó, tam giác POK (K = PA �MN) có OP // AH (H là hình chiếu vuông góc của A
lên (Oxy)) nên:

Tương tự:

c
KA 1


�
OP KP �
�3 A là trọng tâm tam giác MNP.
(0,5+0,5+0,5)
a
b �1


OM ON 3


Bài 3 (Hình học phẳng):
Trong đường tròn có bán kính bằng 1 nội tiếp một hình vuông; trong hình

vuông này lại nội tiếp một đường tròn nữa, trong đường tròn này lại nội tiếp
một bát giác đều, trong bát giác đều lại nội tiếp một đường tròn, trong đường
tròn này lại nội tiếp một đa giác đều 16 cạnh, cứ như thế …
Chứng minh bán kính của các đường tròn kể trên đều lớn hơn

2
.


Giải:
Gọi R1 = 1: là bán kính đường tròn ban đầu (bước thứ 1).
R2 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 2 � R2  R1 cos


. (0,5)
4

R3 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 3 � R3  R2 cos



 R2 cos 3 . (0,5)
8
2

R4 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 4 � R4  R3 cos



 R3 cos 4 . (0,5)

16
2

…
…
Rn : là bán kính đường tròn ở bước thứ n � Rn  Rn 1 cos





.cos 3 .cos 4 ...cos n
2
2
2
2
2


� 2n 1.sin n .Rn  sin  1
2
2

� Rn  cos

1

� Rn 

2n 1.sin


2n



1
2n 1.


2n



(0,5+0,5)

2
 (vì sin x  x, x  0 ) (0,5+0,5).

Bài 4:
Giải phương trình: x 3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) .
Giải:
x 3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) (1)
x 2
Điều kiện: 1 �

0

x

1.

Đặt: x  cos  với  � 0;   � 1  x 2  1  cos 2   sin  .
Phương trình (1) trở thành:
cos3   sin 3   2 sin  cos  (2) (0,5đ)


Đặt t  cos   sin   2.cos(  ) .
4

(0,5đ)


. (0,5)
2n 1


1; 2 �
Vì  � 0;   � t ��
�
�. (0,5đ)
Phương trình (2) trở thành:
3t  t 3
t 2 1
 2(
) � t 3  2t 2  3t  2  0
2
2

(0,5đ)

�
t 2
(chọn)
�
��
t  1 2
�
(loại)
t  1 2
�
�


1
�
sin  cos  
2
�
2
� x  sin   cos  
Với t  2 � �
. (0,5đ)
2
�
sin   cos   2
�



�
sin  cos   1  2
�
Với t  1  2 � �
(0,5đ)
sin   cos   1  2
�

� sin  , cos  là hai nghiệm của phương trình:
X 2  (1  2) X  1  2  0 � x  cos  

1  2  2 2  1 (0,5đ)
2

(vì sin  cos   1  2  0,sin  �0 � x  cos   0) (0,5đ)
Bài 5:

Cho a1  0 . Xét dãy số (an ) cho bởi: an 1  ln(1  an ), n �� .

n(nan  2) 2
 .
n ��
ln n
3

Chứng minh rằng: lim
Giải:
+

n(nan  2)

 lim nan
n ��
n ��
ln n

2
an
ln n

n

lim

(0,5đ)

nan  2 (vì lim an  0 do: an  0 và an 1  an ) (0,5+0,5)
+ Chứng minh: lim
n ��
n ��
2
+ Chứng minh:
an tồn tại. (0,5)
lim
n �� ln n
n

+ Chứng minh BĐT: x 

x 2 x3 x 4
x 2 x3

   ln(1  x)  x   , x  0 (0,5)
2 3 4
2 3

1
1
1
1
1
� an3  an4  an5  2an 1  2an  an 1an  an3  an4 (0,5)
6
6
4
6
3


� lim

n ��

2an 1  an  an an 1 1
 (0,5)
an3
6

n(nan  2) 2

(0,5)
n ��

ln n
3

� lim

2
n(2an 1  an  an an 1 )
na (2an 1  an  an an 1 )
1 1
 lim n
 2.  ).
(vì
an = lim
2
3
n ��
n ��
an
an
6 3
lim
n �� ln n
n

SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
( Thời gian: 180 phút )
BÀI 1: (4 điểm)

Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2x + 3y = z2
BÀI 2: (4 điểm)
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá trò lớn nhất của :
A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m
BÀI 3: (4 điểm)

�
x0  m  m  0 
�
xn
Cho dãy số  xn  : �
. Tìm nlim
xn 12  20062
��
2
x

,
n

N
,
n
1
� n
xn 1
�
BÀI 4: (4 điểm)
Cho đường thẳng (d) và hai điểm A, B không thuộc (d); AB không vuông góc với

(d). Bằng thước và compa hãy dựng M nằm trên (d) sao cho:
a.

MA
đạt giá trò nhỏ nhất
MB

b.

MA
đạt giá trò lớn nhất
MB

BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là tâm của mặt BCC’B’ và  là
đường thẳng qua D và I. Đoạn MN thay đổi có trung điểm K luôn thuộc đường
thẳng  , M �( BCC ' B '), N �( A ' B ' C ' D ') . Tìm giá trò bé nhất của đoạn MN.
HẾT


KL
(0.25
đ)

Vậy (1) có các nghiệm nguyên :
(x;y;z)  (4 ; 2 ; �5)
�
�
(x;y;z)  (3 ; 0 ; �3)
�

�
(x;y;z)  (0 ; 1 ; �2)
�

SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
N/x
+ x,y �0 và x, y không đồng thời bằng 0.
(0.25 + nếu (x0 ; y0 ; z0) là một nghiệm của (1) thì (x0 ; y0,;
đ)
- z0) cũng là một nghiệm của (1). Do đó ta chỉ cần
giải (1) với điều kiện z > 0.
TH1
Nếu x = 0, khi đó y �1
(1đ)
(1) � 1 + 3y = z2 � 3y = (z – 1).(z + 1)
(2)

0.2
5đ
0.2
5đ

((z - 1) , (z +1)) =1
�

0.2
5đ

�z  1  1

0.5
đ

Ta có �
mà 3y là số lẻ nên UCLN[(z –
((z
1)
,
(z
+
1))
=
2
�
1) , (z + 1)] = 1
�y  1
��
�z  2
�z  1  3
Nếu y = 0, khi đó x �1
(1) � 2x + 1 = z2 � 2x = (z – 1).(z + 1)

Vậy (2) � �
TH2
(1đ)

0.25
đ

y

Mặt khác (z – 1), (z + 1) là hai số nguyên cùng tính
((z - 1) , (z +1)) =1
�
nên :
((z - 1) , (z +1)) =2
�

chẵn lẻ và �

0.2
5đ
0.2
5đ

0
M

I

TH3 Cả hai số x, y �1 , khi đó từ (1) suy ra: (z ; 2) = (z ; 3) =
(1.5đ
�z2 �1(mod 3)
�
P
1
�2
)
�z �1(mod 4)

0.2
5đ

Từ (1) suy ra : 2x �z2 �1(mod 3) � x  2k ,k �N*
Lúc này (1) trở thành : 4k + 3y = z2 . Suy ra :
3 �z �1(mod 4) � y  2q, q�N
(1) � 4k + 9q = z2 � 9q = z2 – 4k � 9q = (z – 2k)(z + 2k)
2

BÀI 2: (4
điểm)

0.5
đ

�z  1  2
�x  3
�
(3) � �z  1  2x1 � �
�z  3
�x  2
�

y

KỲ THI HỌC
SINH GIỎI
KHU VỰC
ĐBSCL NĂM

HỌC
2005_2006
ĐÁP ÁN ĐỀ
THI ĐỀ NGHỊ
MÔN : TOÁN
BÀI 1:

*

(4)

0.2
5đ
0.5
đ

Vì (z ; 2) = 1 nên ((z – 2k) ; (z + 2k)) = 1. Từ điều
này ta có :
�z  2 k  1
�
2.2 k  9q  1 (*)
�
�
(4)
� k
� k
q
�z  2  9
�z  2  1

Ta có (*) � 2.2k = (3q – 1).(3q + 1)
(**)
Ta cũng có : ((3q – 1) ; (3q + 1)) = 2 nên (**)
�
�
3q  1  2
2k  2  2
x 4
�k  2
�
� �q
�
��
hay �
�q
k
k
q1
y 2
3 1  2
3 1  2
�
�
�
�

0.5
đ

H

N

Cách 1:
Trong
không
gian Oxyz , xét
mặt cầu (C)
tâm
O
bán
kính R = 1: x2+
y2 + z2 = 1 và
mặt phẳng
(P): x + y +z –
5= 0 ( (P) không
cắt ( C )


Xét M(a ; b ; c) và N(m ; n ; p). Từ giả thiết ta có M �(C) , N �(P) .

MN 2   m  a    n  b    p  c 
2

2

2

 a  b  c  m  n  p  2  am  bn  cp 
2

2

2

2

2

(0.5đ)

2

 1   m  n  p   2  mn  np  pm   2  am  bn  cp 
2

(0.5đ)

Nên MN 2  26  2 A
(0.25đ)
Qua O dựng đường thẳng (d) vuông góc với (P). Đường thẳng này cắt mặt
cầu tại I,J cắt (P) tại H (I nằm giữa O và H). Dễ thấy: I (

1
3

;

1
3

;

1
3

5 5 5
3 3 3

) và H ( ; ; ) .

(0.5đ)
Ta có MN �IH = OH – OI = dO/(P) – 1 =

5
3

1 .

(0.5đ)

2

�5
�
Suy ra MN �IH � 26  2 A ��  1�
�3 �
2

2

(0.5đ)

50 10
25 5
25  5 3

� A � 

3
3
3
3
3
3
1
�
a b c
�
�M �I
�
3
Dấu “=” đạt được khi �
hay �
N
�
H
5
�
�m  n  p 

�
3
�
25  5 3
Vậy Max A =
(0.25đ)
3

� 2A �26 - (

5

 1)2 =

(0.5đ)

(0.5đ)

Cách 2:
p dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
a.m + b.n + c.p � (a2  b2  c2 )(m2  n2  p2 )  m2  n2  p2
� A = a.m + b.n + c.p + m.n + m.p + n.p � m.n + m.p + n.p +

m2  n2  p2

Đặt : m.n + n.p + p.m = t.
1
3

Ta có : m.n + m.p + n.p � (m n  p)2 =

25
25
hay t �
3
3

m2 + n2 + p2 = (m + n + p)2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t
Vậy A � 25  2t  t = f(t)
25
� 25 �
 0 ,t � . Suy ra f(t) là hàm tăng trên ��; �
3
25  2t
� 3�
25 25 5
25  5 3
� A � f (t ) �f ( ) 


3
3
3
3
5
�
m n  p 
�
3
�

25  5 3
Dấu “=” xảy ra khi �
. Vậy Max A =
1
3
�
a b c
�
3
�

Ta có :

f’(t) = 1 -

1

Cách 3:
Ta có 2A=2(am+bn+cp) + 2mn +2 np +2 pm = 2 ( am+bn+cp)+m(n+p)+n(m+p)
+p(n+m)
= 2 ( am+bn+cp)+m(5-m)+n(5-n)+p(5-p) = 2 ( am+bn+cp) + 5.5 – ( m2 +n2 +p2) .
Do đó 2A = 2 ( am+bn+cp) + 25 - ( m2 +n2 +p2) . (1 )


Mặt khác Theo bất đẳng thức BCS ta có :
( am+bn+cp) � (a 2  b 2  c 2 )(m 2  n 2  p 2 )  (m 2  n 2  p 2 )
Thay vào ( 1 ) : 2 A �2 (m 2  n 2  p 2 )  25  (m 2  n 2  p 2 ) (2 )
a b c
 
dấu “=” xẩy ra khi

(*).
m n p
5
Đặt t  ( m 2  n 2  p 2 ) thì theo BCS ta có t �
. Dấu bằng xẩy ra khi m=n=p (**). Thay
3
vào (2) ta được :
2 A �f (t )  t 2  2t  25 (3 )
�5
�
Xét hàm f (t )  t 2  2t  25 trên � ; ��ta có f(t) luôn giảm
�3
�
vậy f(t) f (

5
50  10 3
)
.
3
3

5
50  10 3
)
3
3
5
Dấu bằng xẩy ra khi t 
(***).

3
(
Thay vào (3) suy ra 2 A  f�

A

25  5 3
3

Kết hợp (*) , (**) , (***) ta có dấu bằng xẩy ra khi a  b  c 
Vậy Max A =

1
5
và m=n=p = .
3
3

1
5
25  5 3
khi a  b  c 
và m=n=p = .
3
3
3

Cách 4:
Không mất tính tổng quát
trêbưsép ta có :

già sử

: a �b �c và m �n �p . Theo bất đẳng thức

am  bn  cp a  b  c m  n  p 5
�
.
 ( a  b  c) ( 1) .
3
3
3
3
5 3
3

Mà theo BCS ta có a  b  c � 3. a 2  b 2  c 2  3 . Thay vào (1) ta có am  bn  cp �

(2)

Mặt khác ta có : 2(mn  np  pm)  (m  n  p) 2  ( m2  n 2  p 2 )  25  ( m2  n 2  p 2 ) ( 3)
1
25
. Thay vào (3) ta có :
3
3
1
25 25
mn  np  pm � (25  ) 
( 4)

2
3
3
1
5 3 25 25  5 3
Từ (2 ) và ( 4 ) Ta có A �
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c 


3
3
3
3
5
25  5 3
và m  n  p  . Vậy Max A =
.
3
3

Dễ thấy (m 2  n 2  p 2 ) � (m  n  p) 2 

BÀI 3: (4 điểm)
Cách 1:
+Từ giả thiết ta có : xn 
+Ta có :

1�
2006 2 �
�xn 1 

�
2�
xn 1 �

(0.25đ)


1�
20062 �
2
�x0 
� 2006
2  2.2006.x  20062
21
�
x

2006
x
x
x1  2006 2 �
�m  2006 �
0
0 �
�
0
0




= 2
�
2
2 �
2
x1  2006 1 �
�
�m  2006 �
x

2.2006.
x

2006
2006
x

2006
0
0
�x0 
� 2006
0
�
2�
x
0 �
�





+Dự đoán :




(0.5đ)

2n

xn  2006 �m  2006 �
=
�
xn  2006 �
�m  2006 �

(0.25đ)

+Chứng minh quy nạp :
 n=1 , mệnh đề đúng

(0.25đ)

 Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có :

2k
xk  2006
= �m  2006 �
xk  2006 �m  2006 �

�
�

(0.25đ)
 Cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
1 � 2006 2 �
�xk 
� 2006
xk �
xk 1  2006 2 �
xk2  2.2006.xk  2006 2
Thật vậy,
=
=
xk 1  2006 1 � 2006 2 �
xk2  2.2006.xk  2006 2
�xk 
� 2006
2�
xk �

 x  2006 
 k
2
 xk  2006 
2

2

�x  2006 �

 �k
�
�xk  2006 �

�
2k
�m  2006 �
�
=�
�
�
�m  2006 �
�
�

n

2
xn  2006 �m  2006 �
+ Vậy ta có :
=
�
xn  2006 �
�m  2006 �
(0.5đ)
Nên nlim
� �

(0.5d)

2

�
2k 1
�= �m  2006 �
(0.5đ)
� �
�
�m  2006 �
�
�

2n

�m  2006 � =0 ( do m>0)
mà nlim
� � �
�
�m  2006 �

xn  2006
=0 (0.25đ) .
xn  2006

2006  1  yn 
xn  2006
 xn 
xn  2006
1  yn
mà nlim

y =0 => nlim
x =2006
� � n
� � n
Đặt yn 

(0.25đ)
(0.5d)

Cách 2:
x 2 n 1  20062
Nhận xét vì x0 > 0 và xn 
(*) nên xn> 0 n ��. Vậy (xn) là dãy bò chặn
2 xn 1
dưới.(1)
2
xn 1  2006 

Xét xn  2006 . Ta có : xn 2006
�γ
γ
0
n �, n 1 xn 2006 ( n �, n 1) .
2 xn 1
20062  x 2 n 1

γ
0
n �, n 2 vì xn �2006
γ ( n �, n 1) .

Xét xn  xn 1 . Ta có xn x�
n 1
2 xn 1
Vậy xn �xn γ1 ( n �, n 2) . Ta có : n γ �, n 1 (xn) là dãy giảm.(2)


Từ (1) và (2) dãy số có giới hạn. Gọi nlim
x =y , y �0 vì xn luôn dương , lấy giới
� � n
hạn hai vế của (*)ta có : y 

y 2  20062
� y  2006
2y

BÀI 4: (4 điểm)
Gọi O là giao điểm của (d) và
đường thẳng trung trực của AB (vì
(d) không vuông góc với AB nên
O tồn tại). Dựng đường tròn tâm
O, bán kính OA. Đường tròn này
cắt (d) tại I và J.
Không mất tổng quát giả
sử : ( (1) ). Ta sẽ chứng minh :

A
I
O

B

M

J

0.5đ

uur
uur
uur
uuu
r uuur AI  k . AJ
1 uur
k uur
Đặt MI  k .MJ � AM 

AI 
AJ
1 k
1 k
1 k
1
�

�
  1
�
� 1 k
�
uur

uur . Tương tự :
Đặt �
. Khi đó : �uuur
k
AM


.
AI


.
AJ
�
�

� 1 k
uuur
uur
uur
BM  .BI  .BJ

Ta có :
uur
uur
uur uur
AM2 = ( . AI  . AJ )2=  2 . AI 2  2 . AJ 2  2 AI . AJ   2 . AI 2   2 . AJ 2 (Vì AI  AJ
uur uur
do đó AI.AJ =0)

0.25
đ
0.25
đ

0.5đ


0.5đ

Tương tự : BM2 =  2 .BI 2  2 .BJ 2
MA
 .AI   .AJ
 2 2
(*)
2
MB
 .BI  2 .BJ 2
IA MA
IA2 MA2
�
�
Ta có
ù ۳�
IB MB
IB 2 MB 2
2

2

2

2

2

�

IA2 (

2

.IB 2

2

.JB 2 )

IB 2 (

2

.IA2

2

0.75đ

.JA2 )

� 2 IA 2 .JB2 �2 JA 2 .IB2 (đúng do (1))
0
�
IA 2 MA 2
�
�
Vậy (*) đúng hay
. Dấu “=” xảy ra khi �IA 2 JA 2

IB2 MB2
�IB2 JB2
*   0 � M �I

0.5đ

IA 2 JA 2

*
kết hợp với IA2 + JA2= IJ2 = IB2 + JB2 suy ra IA = IB
IB2 JB2

và JA = JB (vô lý vì lúc này (d) là trung trực của AB)

0.25đ

MA
Vậy
đạt giá trò lớn nhất khi M �I.
MB
MA

Tương tự
đạt giá trò nhỏ nhất khi M �J.
MB

Dựng I, J:
+ Dựng BL  (d) , AK  (d)
+ I là giao điểm của đường
tròn tâm O, bán kính OA với
(d) sao cho L nằm giữa I và K; J
là giao điểm còn lại. Vì:
IA
IK .IJ IK


 1� IK  IL
2
IB
IL.IJ
IL
( 2
)
JA
JI .JK JK


 1 � JK  JL
JB 2 JL.IJ
JL

0.5đ

A
I

L

2

K

BÀI 5: (4
điểm)

J

B

MN
(0.5đ)
2
Nên MN bé nhất � M’K bé nhất � M’K là đoạn vuông góc chung của  và B’C’.
(0.75đ)
* Gọi J = DI �A’B’ � B’C’ // (JAD) ( vì B’C’ // AD)
Do đó khoảng cách giữa B’C’ và  chính là khoảng cách giữa B’C’ và(JAD)
(0.5đ)
Gọi P = JA �BB’
* Gọi M’ là hình chiếu của M lên B’C’ � VMM ' N vuông tại M’ � M’K =


Ta có (PB’J)  (JAD) theo giao tuyến PJ.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B’ lên PJ � B’H  (JAD)
� B’H làø khoảng cách giữa B’C’ và(JAD)
(0.5đ)

* Mặt khác: do B’I là đường trung bình trong VJA ' D � B’ là trung điểm A’J vàB’P là đườ
a
trung bình trong VJA ' A � B’J= a và B’P =
(0.75đ)
2
1
1
1


* Trong VJB ' P vuông tại B’ ta có:
2
2
B'H
B'P
B'J2
� M’K = B’H = a 5 (0.5đ)
5
2a 5
Vậy giá trò bé nhất của MN =
(0.5đ)
5
HẾT
ĐỀ THI OLYMPIC ĐBSCL
Môn: TOÁN – Khối 12
Bài 1:

Cho số nguyên n > 1 và số thực p > 0 . Tìm giá trò lớn nhất của:
n 1

 xi xi 1 khi xi chạy khắp mọi giá trò thực không âm sao cho
i 1

n

x
i 1

i

p .

Bài 2:
Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc oxy cho n véctơ :

OA1 , OA2 , , OAn , thỏa OA1  OA2    OAn 1
Chứng minh rằng có thể chọn ra k véctơ có tính chất :

OAi  OAi    OAi 
1

2

k

1
.

4

Bài 3:
( 1) k  1
, với n=1, 2, 3, ....
k
k 1
Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn và tìm giới hạn đó.
n

Dãy số (un ) , (n =1, 2, 3,....) được xác đònh bởi un 

Bài 4:
Giải phương trình sau : T 4  4T 3  6T 2  4T  1 0
Bài 5:
Cho tam giác ABC, O là điểm tùy ý trong tam giác. Đặt : OA = x; OB = y;