Đề thi Olympic Đồng bằng sông Cửu Long môn Toán lớp 12

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp 
Trường THPT Thị Xã SaĐéc 
ĐỀ THI OLYMPIC ĐBSCL 
Môn: TOÁN – Khối 12 
Bài 1: 
 Cho số nguyên n > 1 và số thực p > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của: 
 



1
1
1
n
i
ii
xx khi 
i
x chạy khắp mọi giá trị 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

kiii
OAOAOA  . 
Bài 3: 
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp 
Trường THPT Thị Xã SaĐéc 
Dãy số ( )nu , (n =1, 2, 3,....) được xác định bởi 
1
1
( 1)kn
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 Thị Xã SaĐéc 
ĐÁP ÁN 
Bài 1: 
Đặt : S = x1x2 + x2x3 +  + xn-1xn ; p = x1 + x2 +  + xn . 
Giả sử : xk = Max { x1, x2 ,  , xn} 
 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  xk(p – xk)  
4
2p
,(Côsi). 
Vậy : Max S = 
4
2p
 khi xk = xk+1 = p/2 và xi = 0, i = 1,n, i  k và i  k + 1. 
Bài 2: 
Gọi (xi,yi) là tọa độ véctơ iOA , i = 1,,n. 
Ta có: iiiii yxyxOA 
22
 , (1). Dấu ‘’=’’ xãy ra khi xi = 0 hay yi = 0. 
Từ gthiết ta có: 


n
i
i
n
i
in yxOAOAOA
11
211  
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp 
Trường THPT Thị Xã SaĐéc 
 


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

ix
ix . 
Gọi ikii OAOAOA ,...,, 21 lần lượt là các véctơ có hoành độ xi1, xi2, , xik > 0. 
 Ta có: 
   
4
1
0
1
2
21
2
2121  
ix
iikiikiiikiiikii xxxyyyxxxOAOAOA 
. 
Bài 3: 
Ta viết : 
2
2
1 1
1 1
2
2
m m
m
k k
u
k k 
   =
2
1 1 1
1 1 1m m m
k k kk 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)
1 1
x
f x x
x x

     
 
, suy ra f(x) 
 nghịch 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)
1 1
x
g x x
x x

     
 
, suy ra g(x) 
 nghịch 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 Thị Xã SaĐéc 
 Aùp dụng (1) với 
1
x
k m


 , ( k = 1, 2, 3, ...) , ta được : 
2 1
ln( ) ln( )
1 1 1
m m
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) ln( 3) ln( 3) ln( 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
k m
      

 
 2
1
ln(2 ) ln 2
1
mu
m
   

  2lim ln 2m
m
u

 . 
 Mặt khác 2 1 2
1
2 1
m mu u
m
  

 nên 2 1 2lim limm m
m m
u u
 
 . 
 Suy ra lim ln 2n
n
u

 . 
 Vậy : lim ln 2n
n
u

 , (n=1, 2, 3, ...) 
Bài 4: 
Phương trình (*)16)1(4 242  TTTT 
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp 
Trường THPT Thị Xã SaĐéc 
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 Thị Xã SaĐéc 
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 2sin cos sin cos 2 cos 2 cos( ) 2 cosp q r qr pq pr               
   
2 22 cos cos 2 ( cos ) 2 ( cos ) 2( cos )( cos )r p q r p r q p q           
 
 + 
 +    
2 2
sin sin 2( sin )( sin )p q p q     
 
   
2 2
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 Thị Xã SaĐéc