SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN Câu 1: Câu 2: Câu 3: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN 12 NĂM HỌC 2020-2021 (Thời gian làm 180 phút) (3,00 điểm) Giải phương trình x x x 11 xyz z a a, b Tìm tất giá trị a, b (3,00 điểm) Cho hệ phương trình xyz z b x y z 4 để hệ phương trình có nghiệm (4,0 điểm) a) Cho tam thức bậc hai f ( x ) ax bx c (a, b, c , a 0) có hai nghiệm x1 , x2 thuộc 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức Câu 4: A (a b)(2a b) a( a b c) a b c abc b) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: 6 b c a a b c (5,00 điểm) a) Cho điểm M tùy ý nằm bên tam giác ABC Gọi S1 , S2 , S3 diện tích tam giác MBC , MAC , MAB Chứng minh S1.MA S2 MB S3 MC 0 Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P : y x px q với q 0 Biết 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 u2 (3,00 điểm) Cho dãy số un xác định : u1 2; un 1 n , với n 1.2.3 2un b) Câu 5: a) Chứng minh dãy số un giảm bị chặn b) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số un Câu (3,00 điểm) Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện x y f x f y f , x, y 2019 2020 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 6: (3,00 điểm) Giải phương trình x x x 11 Lời giải Điều kiện: x * Với điều kiện * phương trình cho tương đương với phương trình: x 3 x 2x x x x x x 0 0 x x 7 2x x 1 2 2 x2 2x x2 2x 0 x 1 0 2x x x 3 x 7 2x x x 3 x 7 3 x 1 Với x x x , x x 2 1 2 3 , x 3; Từ suy ra: 2 x 3 x 7 2x x Từ phương trình ta được: x 0 x 1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 1 xyz z a a, b Tìm tất giá trị a, b để Câu 7: (3,00 điểm) Cho hệ phương trình xyz z b x y z 4 hệ phương trình có nghiệm Lời giải Giả sử x0 , y0 , z0 nghiệm hệ phương trình, x0 , y0 , z0 nghiệm Do để hệ phương trình có nghiệm x0 x0 x0 0 y0 y0 y0 0 z z z z 0 z 4 Từ hệ phương trình : x y z 4 z a a, b 2, , 2, z b xyz z 2 a 2 xyz 0 xyz z 1 Trường hợp : Ta có : b 2 z 1 xyz z 2 1 5 1 1 xy 1 x, y ; ; Với z 1 ta có : x, y 2 2 x y 3 a 2 hệ phương trình có nghiệm (loại) b 2 xyz z a xyz 0 xyz z 1 Trường hợp : Ta có : b z 1 xyz z xy Với z 1 ta có : 2 x y 3 2 Ta có x y x y xy 3 nên hệ phương trình vơ nghiệm Tương tự z 0 nên hệ phương trình vơ nghiệm x 0 a Vậy ta có nghiệm y 0 b z Câu 8: (4,0 điểm) c) Cho tam thức bậc hai f ( x ) ax bx c (a, b, c , a 0) có hai nghiệm x1 , x2 thuộc A 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức (a b)(2a b) a( a b c) a b c abc d) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: 6 b c a a b c Lời giải a) Áp dụng định lí Viet: x1 x2 Ta có: A b c ; x1 x2 a a (a b)(2a b) a( a b c) b b )(2 ) a a (1 x1 x2 )( x1 x2 1) b c x1 x2 x1 x2 1 a a (1 ( x1 1)(1 x1 x2 ) ( x2 1)(1 x1 x2 ) ( x1 1)( x2 1) ( x1 1)( x2 1) (1 x1 x ) (1 ) x2 x1 Không tổng quát giả sử x1 x2 x2 ( x2 x1 ) x12 0 (Do x1 , x2 0;1 ) x22 x12 x1 x2 x22 x2 x12 x1 x1 x2 x2 x1 x2 x 1 x1 x2 A 3 Dấu " " xảy a b) Ta có: b c a a b a2 b b c b2 c c a c2 , 3 ; 3 ; 3 b b c bc c c a ca a a b ab Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta được: a b c a b c a b c abc a b c abc 6 Nên suy b c a abc b c a a b c a b c abc Dấu " " xảy a b c Câu 9: (5,00 điểm) Cho điểm M tùy ý nằm bên tam giác ABC Gọi S1 , S2 , S3 diện tích tam giác MBC , MAC , MAB Chứng minh S1.MA S2 MB S3 MC 0 c) Lời giải A M H2 H1 H C A' B Gọi A giao điểm đường thẳng MA với BC Ta có: AC MH HA AB MA MH HA MB MC MB MC MB MC BC BC MA MA AC AB MA AB MA AC AM BM CM BM CM Ta có MA MA MA BC BC MA BC MA BC Mặt khác SMAC S MAC d A, MC MC d M , AC AC MA AC SMAC S MBC d A, MC MC d M , BC BC MA BC Tương tự ta có SMAB S MAB MA AB SMAB S MBC MA BC Thay vào ta MA S MAC S BM MAB CM S MBC S MBC Suy MA.SMBC SMAC MB SMAB MC 0 , điều phải chứng minh Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P : y x px q với q 0 Biết P cắt trục Ox hai điểm phân biệt A, B cắt trục Oy C Chứng minh p q thay đổi, đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ln qua điểm cố định d) Lời giải Xét phương trình x px q 0 có p 4q có hai nghiệm x1,2 p p 4q Khi P cắt trục Ox hai điểm phân biệt A x1 ; , B x2 ; P cắt Oy điểm C 0; q Gọi I x, y tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ta có 2 2 p p q p p q x x 2 IA IB Ta có hệ phương trình IA IC p p 4q y x y q x p p x x 2 Khi bán kính x p p 4q y x y q y 1 q 2 R IC 2 p q 1 Suy phương trình đường tròn x y px q 1 y q 0 x p y q x y y 0 Do đường tròn qua điểm cố định với p, q nên phương trình phải vơ số nghiệm p; q x 0 x 0 suy y 1 Vậy điểm cố định M 0;1 y y y 0 (3,00 điểm) Cho dãy số un Câu 10: c) un2 xác định : u1 2; un 1 , với n 1.2.3 2un Chứng minh dãy số un giảm bị chặn d) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số un Lời giải a) n n Ta có u u 2 un Do un 1 un2 1, n 2un 3un Mặt khác un 1 un un 0, n 2un Suy dãy un dãy giảm bị chặn bị chặn u1 2 b)Ta có un 1 un un Đặt , ta có 1 2vn vn2 1 2vn vn2 1 1 un 1 1 1 1 n 1 v1 1 2n 1 n 1 2n 1 2 Suy 1 1 n 1 2n n 1 1 , hay 1 2 2 2n 1 un 1 1 2 n Câu (3,00 điểm) Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện x y f x f y f , x, y 2019 2020 Lời giải Giả sử tồn hàm f thỏa mãn điều kiện x f x Cho y x , ta suy f , x 1010 2019 Áp dụng đẳng thức trên, ta suy ra: x y 2f x y f x f y x y , x, y f f 2019 2019 2020 1010 Từ đó, ta rút đẳng thức (1) quan trọng x y f x f y f , x, y (1) Thay y y z , ta dễ dàng suy f y f 2z f x f x f y z x y z , x, y, z f 2 x , y , z Từ đó, với vai trị nhau, ta suy f y f 2z f 2x f y f x f z , x, y, z 2 Do đó, ta phải có f x f x f z f z C , x, z Kết hợp với đẳng thức (1), ta có x y f C 2 f C f x f y 2 , x, y x y 2 f 2 Nói cách khác, ta phải có x y x y f 2 f f C , x, y 2 2 2 2 Đặt g x f x C , ta có g : 0; thỏa mãn g x y g x g y , x, y Hơn nữa, g phải thỏa nãm điều kiện x g g x C , x C 2019 1010 Nói cách khác, ta có 2n x g x 2017 g C , x 1010 2019 2019 Chứng minh qui nạp, ta g x xg 1 với x 0; Nên cho số C f x f x 0 thỏa mãn điều kiện với x hữu tỷ dương xg 1 xg 1 2017 C 1010 2019 2019 2017 C xg 1 2019 1010 2019 Điều xảy g 1 0 Thế ta phải có g x f x với x f x f x 0 , với x Từ suy f x y f x f y , x, y x f x , x f 1010 2019 Cuối cũng, không khó để chứng mịnh x 1010 f f 1010 x 1010 1010 lan x f f 1010 x x 1010 1010 f x , x 1010 lan Cho nên ta có phương trình f x f x , x f x 0, x 1010 2019 Thử lại, ta thấy hàm số f x 0 với x thỏa mãn yêu cầu toán