Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Phú Yên - TOANMATH.com

Chứng minh rằng khi p và q thay đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định... Tìm tất cả các giá trị của a b , để hệ phương.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

TOANMATH.com

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT MƠN TỐN – LỚP 12

NĂM HỌC 2020 - 2021

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 06/10/2020

Câu 1: (3,0 điểm)

Giải phương trình x4 x 3 2 x11 Câu 2: (3,0 điểm)

Cho hệ phương trình  

2 2

, xyz z a

xyz z b a b x y z

  

   



    

 Tìm tất giá trị a b, để hệ phương

trình có nghiệm Câu 3: (4,0 điểm)

a) Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c a b c ( , , ,a0) có hai nghiệm 1,

x x thuộc  0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức ( )(2 )

( )

a b a b A

a a b c

 



 

b) Cho a b c, , số dương Chứng minh rằng: a b c 93abc

b c a a b c      Câu 4: (5,0 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 S MA S MB S MC1. 2. 3. 0

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol  P y x:  2 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

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho dãy số  un xác định :

2 2;

2

n n

n u

u u

u 

 

 , với n1.2.3 a) Chứng minh dãy số  un giảm bị chặn

b) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số  un Câu 6: (3,0 điểm)

Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện:    

2020 2019

f x f y

x y

f     

  , x y,



HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải phương trình x4 x 3 2 x11

Lời giải Điều kiện: 3

2 x

    *

Với điều kiện  * phương trình cho tương đương với phương trình:

   

4 x 3 x7 2 2 x 2 x 0    

   

2

4 2

2

4 2

x x x x

x x x x

     

  

     

2 2 1 2 1

2

4 2

x x x x

x x x x

     

  

       

2

1

4 2

x

x x x x

 

 

    

     

 

Với 3

2 x

   x   3 x , 2 1 12

x x x

      

Từ suy ra:

4 x x 2x x

   

      ,

3 3;

2 x         Từ phương trình ta được: x   1 x

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 1

Câu 2: Cho hệ phương trình  

2 2

, xyz z a

xyz z b a b x y z

            

 Tìm tất giá trị a b, để hệ phương

trình có nghiệm

Lời giải

Giả sử x y z0, ,0 0 nghiệm hệ phương trình, x0,y z0, 0 nghiệm Do để hệ phương trình có nghiệm thì:

0 0 0 x x y y z z           0 0 x y z z        

Từ hệ phương trình: x2y2z2 4

2 4 z z a z b        

    a b,  2, , 2, 2

   

Trường hợp 1: 2 a b    

 Ta có :

2 xyz z xyz z      

  0 xyz z 1

0 xyz z      Với z1 ta có : 2 12

3 xy x y         

1 5

, ;

2

x y     

   

5 1

, ;

2

x y     

  2 a b     

 hệ phương trình có nghiệm (loại) Trường hợp 2:

2 a b      

 Ta có :

2 xyz z xyz z        

  0 xyz z 1

Với z1 ta có : 2 23 xy

x y   

  



Ta có x y 2x2 y22xy 0   nên hệ phương trình vơ nghiệm Tương tự z0 nên hệ phương trình vô nghiệm

Vậy

2

a b

     

 ta có nghiệm 0 x y z         

Câu 3:

a) Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c a b c ( , , ,a0) có hai nghiệm 1,

x x thuộc  0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức ( )(2 )

( )

a b a b A

a a b c

 



 

b) Cho a b c, , số dương Chứng minh rằng: a b c 93abc

b c a a b c      Lời giải

a) Áp dụng định lí Viet: x1 x2 b; x x1 2 c

a a

   

Ta có: ( )(2 )

( )

a b a b A

a a b c

 



 

1 2

1 2

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

1

b b

x x x x

a a

b c x x x x

a a

      

 

  

 

1 2

1 2

( 1)(1 ) ( 1)(1 )

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x x

x x x x

     

 

   

1

2

(1 ) (1 )

1

x x

x x

   

 

Không tổng quát giả sử x1x2  

 

2

2( 1) 1 ,1 0;1

x x x x x x

     

2

2 1 x x x x

   

2

2 1 2 1

x x x x x x x x

       

2

1

1

1

x x

x x

  

 

3

A  

Dấu " " xảy b a  c

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta được:

3 a b c a b c b c a abc

 

   Nên suy a b c 93abc a b c3 93abc

b c a a b c abc a b c  

     

   

Dấu " " xảy a b c  Câu 4:

a) Cho điểm M tùy ý nằm bên tam giác ABC Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác MBC, MAC, MAB Chứng minh S MA S MB S MC1. 2. 3. 0

Lời giải

H2

H1

H

C

A

B A'

M

Gọi A giao điểm đường thẳng MA với BC Ta có:

MH HA A C A B

MA MH HA MB MC MB MC

MB MC BC BC

  

     

      

Ta có MA MA.A M MA A C.BM A B.CM

MA MA BC BC

 

 



    

   

   

MA A C MA A B

BM CM

MA BC MA BC

 

 

 

 

Mặt khác  

 ,   , 

, ,

MAC MA C MA C MBC

d A MC MC d M A C A C

S S MA A C

S S d A MC MC d M BC BC MA BC 

 



 

  

 

 

Tương tự ta có MAB MA B MA B MBC

S S MA A B

S S MA BC



 



 

 

 Thay vào ta được:

MAC MAB

MBC MBC

S S

MA BM CM

S S

 

 

 

  

Suy MA S MBCSMAC.MB S MAB. MC0, điều phải chứng minh

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol  P y x:  2 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

Xét phương trình x2 px q 0có   p24q0 có hai nghiệm 1,2

4

p p q

x    Khi  P cắt trục Oxtại hai điểm phân biệt Ax1;0, Bx2;0  P cắt Oy điểm

 0; C q

Gọi I x y , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có hệ phương trình

 

2

2

2

2

2

4

2

4

p p q p p q

x x

IA IB IA IC

p p q

x y x y q

        

     

 

    

  

    

      

 

 



 

2

2

2

2

4 p x

p p q

x y x y q

    

    

      

 



2

1

2 p x

y q

     

 

 

Khi bán kính:

 2

1

1

R IC  p  q

Suy phương trình đường trịn là:  

2 1 0

x y px q y q  x p.  1 y q x  2y2 y 0

Do đường tròn qua điểm cố định với ,p q nên phương trình phải vô số nghiệm p q; 

suy

0

0

1

x

x y

y y y

 

 

  

  

    

Vậy điểm cố định M 0;1

Câu 5: Cho dãy số  un xác định :

2 2;

2

n n

n u

u u

u 

 

 , với n1.2.3 a) Chứng minh dãy số  un giảm bị chặn

b) Hãy xác định số hạng tổng quát dãy số  un Lời giải

a) Ta có 2 1 2 1

n n n

u u    u  Do

2

1 1,

2

n n

n u

u n

u

    

Mặt khác 1 0,

2

n

n n n

n u

u u u n

u 

  

    



 

b) Ta có 2

1

n n n

u  u u Đặt n

n v

u

 , ta có 2  2

1 1 1 1

n n n n n n n n

v  v v v   v   v v    v 

 4

1 1

n n

v v

         

2

1

1

1

1 1

2 n

n n n

n

v   v   

        

 

Suy  

2 1

1

1

2 n n

n

v        

  , hay  

2

1

2 n n n

v

  

    

    2

1

1

2

n n

n

u 

 

       

Câu 6: Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện:    

2020 2019

f x f y

x y

f     

  , x y,



  Lời giải

Giả sử tồn hàm f thỏa mãn điều kiện Cho y x , ta suy  

1010 2019

f x x

f  

  ,  x Áp dụng đẳng thức trên, ta suy ra:

    2 2

2019 2020 1010 2019

x y

x y f

f x f y f x y f



 



   

 

        

 

   

 

, x y, 0

Từ đó, ta rút đẳng thức (1) quan trọng là:    

2

f x f y x y

f     

  , x y, 0 (1) Thay y y z , ta dễ dàng suy ra:

       2 2  2

2 2

f y f z f x

f x f y z x y z

f

 

 

 

   

 

  , x y z, , 0

Từ đó, với vai trị x y z, , nhau, ta suy ra:    2  2  2  2  

2

f y f z f x f y

f x      f z , x y z, , 0 Do đó, ta phải có:

 2    2  

f x  f x  f z  f z C, x z, 0 Kết hợp với đẳng thức (1), ta có:

    2 2

2 2

x y

f C f C

f x f y x y

f

    

   

 

      

 

  , x y, 0

Nói cách khác, ta phải có:

2 2

x y x y

f    f    f   C

      , x y, 0

     

g x y g x g y , x y, 0 Hơn nữa, g phải thỏa nãm điều kiện:

 

 

2

1010 2019

x

g    C g x C

  ,  x

Nói cách khác, ta có:  

2 2017

1010 2019 2019

g x x

g    C

  ,  x

Chứng minh qui nạp, ta g x xg 1 với x  0; Nên cho số  2  

C f x  f x  thỏa mãn điều kiện với x hữu tỷ dương thì:  1  1 2017  1 2017

1010 2019 2019 1010 2019 2019

xg xg

C  xg C

     

 

Điều xảy g 1 0

Thế ta phải có g x  f x  với x0 f 2x 2f x 0, với x0 Từ suy ra:

       

, ,

,

1010 2019

f x y f x f y x y f x

x

f x

    

 

     

   

Cuối cũng, khơng khó để chứng minh được:

  1010 lan

1010 lan

1010 ,

1010 1010 1010 1010 1010

x x x x x

f f f f f x x

 

 

           

       

       





Cho nên ta có phương trình:    

,

1010 2019 f x f x

x

    f x 0,  x