Đề thi chọn HSG Toán THPT cấp tỉnh năm học 2018 – 2019 sở GDĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: TỐN Ngày thi: 28/3/2019 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1.(3,50 điểm) Giải biện luận bất phương trình sau theo tham số m: x  mx  m  x  mx  m  m với m  Câu 2.(3,50 điểm) Cho bốn số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức q  n   p  m  pn  qm   Chứng minh hai phương trình x  px  q  x  mx  n  có nghiệm phân biệt nghiệm chúng nằm xen kẽ biểu diễn trục số Câu 3.(4,00 điểm) Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác a) Chứng minh a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc b) Chứng minh a  bc  IA2   b  ca  IB   c  ab  IC   6abc Hãy trường hợp xảy dấu đẳng thức Câu 4.(4,00 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x  y  z  a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy  yz  2019 zx b) Tìm giá trị lớn biểu thức Q  xy  yz  zx Câu 5.(3,00 điểm) Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện 0  xn    , n  1, 2,3, x x     n  n1 1 , n  1, 2,3, a) Chứng minh xn   2n b) Tìm giới hạn dãy  xn  Câu 6.(2,00 điểm) Cho hàm số f liên tục  , thỏa mãn i) f  2020   2019 ; ii) f  x  f  x   1, x   , kí hiệu f ( x)  f Hãy tính f  2018   f  f  f  x  -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… … ……….… Chữ kí giám thị 1: …….……………… …… Chữ kí giám thị 2: ………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 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 tròn số Đáp án thang điểm CÂU ĐÁP ÁN Giải biện luận bất phương trình sau theo m: ĐIỂM 3,50 đ x  mx  m  x  mx  m  m với m  mx  m    x  mx  m  Điều kiện:   x  m (1)  x  mx  m   m  0,50 đ t  4m Đặt t  mx  m ; t  Thì x  ; 4m t  4m x  mx  m  t  4m  t  2m  t  4m x  mx  m  t  4m  t  2m  Và 2 4m 4m   t  2m ; m t  2m m 1,00 đ  Khi bất phương trình cho là: t  2m  t  2m  4m, m  (2) 0,50 đ Vì m  0, t  nên t  2m  t  2m nên: (2)  t  2m  t  2m  4m  t  2m  2m  t , m   t  2m    t  2m Nghĩa  mx  m  2m  m  mx  2m  m  x  2m Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S   m;2m  2 0,50 đ 1,00 đ Cho số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức  q  n   p  m pn  qm  (1) 2 Chứng minh phương trình x  px  q  (2) x  mx  n  (3) có nghiệm phân biệt nghiệm chúng nằm xen kẽ biểu diễn trục số 2 Từ điều kiện  q  n    p  m  pn  qm   suy p  m  2 3,50 đ 0,50 đ Các phương trình (2) (3) có hệ số a = > nên parabol biểu diễn có bề lõm quay lên Hai pt có nghiệm phân biệt nằm xen kẽ biểu diễn trục số 2 đồ thị hàm số y  x  px  q (C ) y  x  mx  n (C ') cắt điểm nằm trục hoành (4) Hoành độ giao điểm (C) (C’) nghiệm phương trình x  px  q  x  mx  n  x  nq  pm 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ Tung độ giao điểm (C) (C’)  nq   nq  y  p  q  pm  pm  n  q 2  p  n  q  p  m   q  p  m 2      p  m  n  q 2   p  m  pn  qm    (do (3))     p  m 1,00 đ Vậy (4) chứng minh, nên khẳng định đề chứng minh xong 0,50 đ 4,00 đ 2,50 đ a) Chứng minh a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc Giả sử đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F Gọi K điểm đối xứng I qua AC A S AFIE S AIK AI AK IA2 Ta có     S ABC S ABC AB AC bc Tương tự Suy S BDIF IB SCEID IC ;    S ABC ca S ABC ab K 0,50 đ E F 0,50 đ I B D C IA2 IB IC S AFIE  S BIDF  SCEID    1 bc ca ab S ABC 0,50 đ 0,50 đ Suy a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc 0,50 đ b) Chứng minh 1,50 đ a  bc  IA2   b  ca  IB   c  ab  IC   6abc Áp dụng bất đẳng thức Bunhicovski ta có a  bc  IA2   b  ca  IB   c  ab  IC   1   1  a  bc  IA2   b  ca  IB   c  ab  IC   3abc   aIA2  bIB  cIC    6abc Dễ thấy a  b  c hay tam giác ABC dấu đẳng thức xảy 0,50 đ Cho x, y, z số thực thỏa mãn x  y  z  a) Tìm giá trị nhỏ P  xy  yz  2019 zx Ta có:   x  y  z   x  y  z   xy  yz  zx     xy  yz  zx  0,50 đ 0,50 đ 4,00 đ 2,00 đ 0,50 đ Suy xy  yz  zx    Dấu đẳng thức xảy x  y  z  Do  z2  x2  2018 1 2019 P   xy  yz  zx  2018zx    2018zx    2018     2 2    x2  y  z   x  y  z   y  , x  z   Dấu “=” xảy    x   z   z  x2   2019 y  , x   z    Vậy P   2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức Q  xy  yz  zx 0,50 đ 1,00 đ 2,00 đ Xét giá trị dương x, y, z Vì x  y  z  nên ta đặt 2  y  cos     x  sin  cos  , với  ,   0;    2  z  sin  sin   0,50 đ Thế Q  y  x  z   xz  cos  sin   cos   sin    2sin  sin  cos     Vì  ,    0;  nên Q  cos  sin   sin  (1)   2  Dấu “=” xảy cos   sin   Biến đổi (1) với dạng  cos 2 1 1 Q sin 2    sin 2  cos 2     2 2 2   1 sin 2       Dấu “=” xảy   sin 2 cos 2  sin 2  cos 2  cos 2      3 sin   3 3  Suy  ,x  z   ; tức y  12  3 cos     Vậy max Q   0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 1 3 3 y  ,x  z   12 0  xn   Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện  , n  1, 2,3, x  x    n  n1 1 , n  1, 2,3, a) Chứng minh xn   2n 3,00 đ b) Tìm giới hạn dãy  xn  a) Chứng minh xn  1  , n  1, 2,3, 2n 1,50 đ Ta chứng minh quy nạp: + Với n = 1, bất đẳng thức 0,50 đ + Giả sử bất đẳng thức với n = k 1 1 k 1    xk     2k 2k 2k 2k k 1 Lại có: xk 1 1  xk    xk 1      4  k  1  k  1 2  k  1 Vì xk  Vậy bất đẳng với n = k +1 Vậy bất đẳng thức với n  N b) Tìm giới hạn dãy  xn  0,50 đ 0,50 đ * 1,50 đ  Kết hợp với (2) ta có: xn 1  xn   xn1 1  xn   xn  xn1 , dãy tăng Hơn nữa, theo (1) dãy bị chặn, nên tồn giới hạn lim xn  x0 1 Lấy giới hạn bất đẳng thức xn1 1  xn   ta x0 1  x0    x0   4 Vậy lim xn   Cho hàm số f liên tục  , thỏa mãn i) f  2020   2019 ; Ta có  xn  1   xn 1  xn   ii) f  x  f  x   1, x   , f ( x )  f Hãy tính f  2018  Kí hiệu f ( x)  f    f f  f  x  0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 2,00 đ  f  x   , f ( x)  f  f  f  x    Gọi D f tập giá trị hàm số f  x   Df Từ (i) suy 2019  D f ; từ f  x f4  x 1,x  f4  2020  2019 xf  x   1, x  D f   ;2019   D f nên f3  x   , x  D ; x  2019  Suy f đơn ánh D f liên tục  nên f nghịch biến D Giả sử tồn x0  D cho f  x0   (1) Do hàm nghịch biến nên x0 Do f liên tục D :  0,50 đ 0,50 đ 1 f  x0   f   (2)  x0  1 1 1  f3  x0   f   suy f    f    x0 (3) Và x0  x0   x0   x0  , mâu thuẫn với Từ (2) (3) suy x0  f  x0  hay f  x0   f  x0   x0 0,50 đ (1) Tương tự, không tồn x0  D cho f  x0    x0 1 Vậy f  x   , x  D Do 2018  D nên suy f  2018    x 2018 0,50 đ