Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi olympic toán ĐBSCL pdf

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc

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:





1
1
1
n
i
ii
xx
khi
i
x
chạy khắp mọi giá trò thực không âm sao cho
px
n
i
i



1
.


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

n
OAOAOA ,,,
21

, thỏa
1
21

n
OAOAOA 

Chứng minh rằng có thể chọn ra k véctơ có tính chất :

4
1
21

k
iii
OAOAOA 
.

Bài 3:

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc
Dãy số
()
n
u
, (n =1, 2, 3, ) được xác đònh bởi
1
1
( 1)
k
n
n
k
u
k





, với n=1, 2, 3,
Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn và tìm giới hạn đó.


Bài 4:

Giải phương trình sau :
01464

234
 TTTT


Bài 5:

Cho tam giác ABC, O là điểm tùy ý trong tam giác. Đặt : OA = x; OB = y;
OC = z. Gọi u, v, w tương ứng là các đường phân giác trong các góc 
BOC,
 COA,  AOB củøa các tam giác BOC, COA, AOB.
Chứng minh rằng :
2( )x y z u v w    
.




Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc




ĐÁP ÁN

Bài 1:

Đặt : S = x
1
x

2
+ x
2
x
3
+ … + x
n-1
x
n
; p = x
1
+

x
2
+ … + x
n
.
Giả sử : x
k
= Max { x
1
,

x
2
, … , x
n
}
 S =





1
1
1
n
i
ii
xx
=



k
i
ii
xx
1
1
+




1
1
n
ki

ii
xx




1
1
.
k
i
ik
xx
+




1
1
.
n
ki
ik
xx
 x
k
(p – x
k
) 

4
2
p

,(Côsi).
Vậy : Max S =
4
2
p
khi x
k
= x
k+1
= p/2 và x
i
= 0, i = 1,…n, i  k và i  k + 1.
Bài 2:

Gọi (x
i
,y
i
) là tọa độ véctơ
i
OA
, i = 1,…,n.
Ta có:
iiiii
yxyxOA 
22

, (1). Dấu ‘’=’’ xãy ra khi x
i
= 0 hay y
i
= 0.
Từ gthiết ta có:



n
i
i
n
i
in
yxOAOAOA
11
21
1 

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc




000011
1
iiii
y

i
y
i
x
i
x
i
n
i
i
n
i
i
yyxxyx
.
Theo nguyên lý Đirichlê sẽ tồn tại
4
1
0



i
x
i
x
.
Gọi
ikii
OAOAOA , ,,

21
lần lượt là các véctơ có hoành độ x
i1
, x
i2
, …, x
ik
> 0.
Ta có:
   
4
1
0
1
2
21
2
2121



i
x
iikiikiiikiiikii
xxxyyyxxxOAOAOA 
.
Bài 3:
Ta viết :
2
2

11
11
2
2
mm
m
kk
u
kk



=
2
1 1 1
1 1 1
m m m
k k k
k k k m
  


  


Mặt khác, ta có nhận xét : với
(0,1)x
thì
ln( 1) ln(1 )x x x    
, (1)

Thật vậy:
+ Xét
( ) ln( 1)f x x x  

1
'( ) 1 0, (0,1)
11
x
f x x
xx

     

, suy ra f(x)
nghòch biến trên
(0,1)
( ) (0) 0 ln( 1)f x f x x     
, (2)
+ Xét
( ) ln(1 )g x x x  

1
'( ) 1 0, (0,1)
11
x
g x x
xx

     


, suy ra g(x)
nghòch biến trên
(0,1)
( ) (0) 0 ln(1 )g x g x x     
, (3)
Từ (2) và (3) suy ra (1) đã được chứng minh

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc



p dụng (1) với
1
x
km


, ( k = 1, 2, 3, ) , ta được :

21
ln( ) ln( )
1 1 1
mm
m m m

  
  

1

ln( 2) ln( 1) ln( 1) ln
1
m m m m
m
       


Tương tự:
1
ln( 3) ln( 2) ln( 2) ln( 1)
2
m m m m
m
       



1
ln( 4) l n ( 3) ln( 3) l n ( 2 )
3
m m m m
m
       




1
ln(2 1) ln(2 ) ln(2 ) ln(2 1)
2

m m m m
m
     


1
1
ln(2 1) ln( 1) ln(2 ) ln
m
k
m m m m
km

      




2
1
ln(2 ) ln2
1
m
u
m
   


2
lim ln2

m
m
u


.
Mặt khác
2 1 2
1
21
mm
uu
m



nên
2 1 2
lim lim
mm
mm
uu

 

.
Suy ra
lim ln2
n
n

u


.
Vậy :
lim ln2
n
n
u


, (n=1, 2, 3, )
Bài 4:
Phương trình
(*)16)1(4
242
 TTTT

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc
Nhận thấy phương trình (*) không nhận
223T
hay
1T
làm
nghiệm
Do dó








016
01
24
2
TT
T
nên
(**)1
16
)1(4
(*)
24
2




TT
TT

Đặt






















4
,223\
2
;
2
,


arctgtgT

1
16
)1(4
(**)

24
2






tgtg
tgtg
1
1
2
1
1
2
.2
2
2
2


























tg
tg
tg
tg
1
21
22
2





tg
tg

14 

tg
)(,
4
4 Zkk 



)(,
4
.
16
Zkk 



So điều kiện :







2
;
2



, suy ra
24
.
162

 k
4
7
4
9
 k

Vì
Zk 
nên suy ra
 
1,0,1,2 k
.
Nếu
2k
thì
16
7












16
7


tgtgT

Tương tự : nếu
1,0,1k
thì














16

5
,
16
,
16
3

tgtgtgT

Vậy nghiệm của phương trình là







16
5
,
16
,
16
3
,
16
7

tgtgtgtg

Bài 5:
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc

Đầu tiên , ta chứng minh bổ đề sau:
‚ Nếu
   
  
thì
,,p q r
, ta luôn có:
 
2 2 2
2 cos cos cosp q r qr pr pq
  
    
‛.
Thật vậy :
 
2 2 2
2 cos cos cosp q r qr pr pq
  
    

   
2 2 2 2 2 2 2
sin cos sin cos 2 cos 2 cos( ) 2 cosp q r qr pq pr

       
        
   
22
2
cos cos 2 ( cos ) 2 ( cos ) 2( cos )( cos )r p q r p r q p q
     

     

+
+
   
22
sin sin 2( sin )( sin )p q p q
   




   
22
cos cos sin cos 0r p q p q
   
     
.
 
2 2 2
2 cos cos cosp q r qr pr pq
  

     
, (đpcm).
Trở lại bài toán đầu bài :
Đặt :  AOB = 2 ;  AOC = 2 ;  BOC = 2   +  +  = 
Theo công thức tính đường phân giác trong tam giác , ta có :
2 cos 2 cos 2 cos
,,
yz xz xy
u v w
y z x z x y
  
  
  

Áp dụng bổ đề với
,,p x q y r z  
ta có :
( ) ( ) ( )
2 . 2 . 2 .
u y z v x z w x y
x y z yz xz xy
yz xz xy
  
    

Hay
. . . 2( )
y z z x x y
x y z u v w u v w
yz xz xy

   
  

       
   


   
, (đpcm)
( theo bất đẳng thức Cauchy )
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thò Xã Séc