SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: TỐN Ngày thi: 6/10/2020 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 06 trang) Hướng dẫn chung - Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định - Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi - Điểm thi khơng làm trịn số Đáp án thang điểm CÂU ĐÁP ÁN x x x 11 Giải phương trình ĐIỂM 1 Phương trình (1) ( x x 4) (3 x x 1) 0 Điều kiện: x x 3 3,00 đ 1,00 đ 1,00 đ x 0 x 0 x 0 x 1 Vậy phương trình có nghiệm x 1 xyz z a (1) a, b R Cho hệ phương trình xyz z b (2) x y z 4 (3) Tìm tất giá trị a, b để hệ phương trình có nghiệm 0,50 đ 0,50 đ 3,00 đ Nhận xét rằng, x; y; z nghiệm hệ x; y; z nghiệm hệ Vì hệ có nghiệm nên x y 0 0,50 đ z1 2 a b 2 Thay vào phương trình (3) ta z2 a b xyz z 2 +Nếu a b 2 , ta có hệ pt xyz z 2 Hệ có nhiều x y z 4 0,50 đ nghiệm, chẳng hạn x; y; z 0;0; 1 ; ;1 x; y; z 2 0,50 đ xyz z (4) + Nếu a b , ta có hệ pt xyz z (5) x y z 4 (6) Từ (4), (5) suy z 1, z xy + Với z 1 , hệ phương trình trở thành Hệ vô nghiệm x y 3 xy 0 + Với z , hệ phương trình trở thành Hệ có nghiệm x y 0 x y 0 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm a b 2 a) Cho tam thức bậc hai f x ax bx c a 0 có hai nghiệm x1 , x2 a b 2a b thuộc đoạn 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức A a a b c b b 1 1 x x x x a a 2 Biến đổi biểu thức A, ta A b c x1.x2 x1 x2 1 a a x12 x2 x1 x2 A 2 x1.x2 x1 x2 0,50 đ 1,00 đ 2,00 đ 0,50đ 0,50đ Vì x1 , x2 0;1 x1 x2 x1 x2 nên x x x x A 2 2 x1.x2 x1 x2 0,50đ x1 , x2 0;1 x1 x2 0 x1 x2 1 x1.x2 x1.x2 x1 x2 3 x1.x2 x1 x2 Dấu xảy ra, chẳng hạn b 2a 2c Vậy maxA = b) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c abc 6 b c a a b c Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số dương a a b a 2b a (1) 3 3 b b c bc abc A 2 Tương tự b b c b2c b 3 3 c c a ca abc c c a c 2a c 3 3 a a b ab abc Cộng vế tương ứng (1), (2),(3), ta a b c a b c a b c a b c 3 b c a abc abc b c a (2) 0,50đ 2,00đ 1,00đ (3) a b c abc a b c abc 6 Ta có b c a a b c a b c abc 0,50đ 0,50 Dấu xảy a = b = c a) Cho điểm M tùy ý nằm bên tam giác ABC Gọi S1 , S , S3 diện tích tam giác MBC , MAC MAB Chứng minh S1 MA S MB S3 MC 0 Gọi I AM BC , suy A IC IB MI MB MC BC BC M IC S MIC S MAC S IC S2 Suy Ta có IB S MIB S MAB S3 BC S S3 C B I S3 IB Tương tự , BC S S3 S3 S2 MI MB MC (1) S S3 S S3 S S MIC MI S MIB S MIC S1 MIB Mặt khác MA S MAB S MAC S MAB S MAC S2 S3 S1 MI MA Suy (2) S S3 Từ (1) (2) suy S1 MA S2 MB S3 MC 0 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ P : y x px q , q 0 Biết b) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol 2,50đ P cắt trục Ox hai điểm phân biệt A, B cắt trục Oy C Chứng minh p q thay đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua điểm cố định Giả sử A x1;0 , B x2 ;0 C 0; q Khi phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng : x y 2ax 2by c 0 Ta có hệ phương trình x12 2ax1 c 0 x2 2ax2 c 0 q 2bq c 0 2,50 0,50 0,50đ 2a x x Từ hệ ta suy c x1 x2 Theo định lý Vi-et, ta có xx 2b q q x1 x2 p x1 x2 q 0,50đ 2a p 2b q nên Do đó, phương trình đường tròn ngoại x y px q 1 y q 0 tiếp tam ABC giác : 1,00đ Nếu M x0 ; y0 điểm cố định đường trịn đẳng thức x0 y0 px0 q 1 y0 q 0 với p q Từ suy tọa độ điểm cố định 0;1 Cho dãy số un xác định : u1 2; un 1 un2 , với n 1, 2,3, 2un a) Chứng minh dãy số un giảm bị chặn 3,00 đ b) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số un a) Chứng minh dãy số un giảm bị chặn Ta chứng minh un 1, n 1, 2,3, 1,50 đ (*) qui nạp + Với n = u1 = > suy (*) với n = + Giả sử (*) với n k k 1 , tức ta có uk k 1 Ta chứng minh (*) với n k Thật uk 1 0,50 đ u uk 1 u 1 k 1 2uk uk 1 k Vậy un n 1, 2,3, Ta chứng minh dãy un giảm (**) qui nạp + Với n = u2 u12 u1 suy (**) với n = 2u1 Giả sử (**) với n k k 1 tức ta có uk 1 uk k 1 Ta chứng minh (**) với n k Thật uk21 uk2 uk 2 uk 1 2uk 1 2uk 1,00 đ uk 1 uk uk 1 uk 1 uk uk 1 1 2uk 1 1 2uk 1 uk 2 uk 1 Vậy dãy un giảm nên un un u1 2 Vậy dãy số un giảm bị chặn b) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số un 1,50 đ 0,50đ u2 un 1 Ta có un 1 n 2un un 1 Đặt un Dãy số cho trở thành 1 Tiếp tục đặt xn vn2 2vn 1 vn , ta xn 1 xn2 xn xn 1 xn 1 x1 1 2n n n 2 xn 22 2n 1 Từ xn 2n , suy un 2n , n 1, n 1 1 Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện 0,50đ 2,00 đ x y f x f y f , x, y (1) 2020 2019 x x f 22 x f f Theo (1), ta có: 2020 2020 x x x f 2f 2 , x (2) 2019 2019 Kết hợp (1) (2), ta x y 2f f x y f x f y , x, y 2019 2019 2020 x y f x f y 2 f , x, y Hay f x f y 2 f x y x, y 3 x 4 Từ (3) ta thu f y f x f y x, y 2 x x y y f y 2 f f x y f y x, y 2 2 Từ (4) (5) suy f x f y f x y f y x, y Từ (3) (6) suy f x f y 2 f x y f y f x f y f y , f 2x f x f y f y , 0,50 đ 0,50 đ 6 x, y x, y 7 f x y f x f y C, 0,50 đ f x f x C , C , x Từ (3) (7) suy 0,50đ x, y 0,50 đ Bằng phương pháp qui nạp, chứng minh f nx nf x n 1 C 8 Kết hợp (1) (8), ta có x 2019 x f x f 2019 x 2020 f x 2018C f x f , x 2020 2019 2019 f x 2018C , x vào (1) ta C = Vậy f x 0