Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT PHÚ YÊN MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com
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 3  2x  11. Câu 2: (3,0 điểm) xyz  z  a  Cho hệ phương trình 2 xyz  z  b
a,b  . Tìm tất cả các giá trị của a,b để hệ phương  2 2 2 x  y  z  4 
trình có nghiệm duy nhất. Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho tam thức bậc hai 2
f (x)  ax  bx  c (a, ,
b c  ,a  0) có hai nghiệm x , x thuộc 1 2  (a  b)(2a  b) 0; 
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  . a(a  b  c) 3 a b c 9 abc
b) Cho a,b, c là các số dương. Chứng minh rằng:     6. b c a a  b  c Câu 4: (5,0 điểm)
a) Cho điểm M tùy ý nằm bên trong tam giác ABC . Gọi S , S , S lần lượt là diện tích của 1 2 3    
các tam giác MBC , MAC , MAB . Chứng minh rằng S .MA  S .MB  S .MC  0 . 1 2 3
b) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P 2
: y  x  px  q với q  0 . Biết rằng P cắt
trục Ox tại hai điểm phân biệt ,
A B và cắt trục Oy tại C . Chứng minh rằng khi p và q thay
đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: (3,0 điểm) 2 u
Cho dãy số u xác định bởi : u  2; n u  , với n  1.2.3.... n  1 n 1  2u 1 n
a) Chứng minh rằng dãy số u giảm và bị chặn. n 
b) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số u . n  Câu 6: (3,0 điểm)  x  y  f x  f  y
Tìm tất cả các hàm số f : 
   thỏa mãn điều kiện: f    , x, y     .  2020  2019
____________________ HẾT ____________________ HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: Giải phương trình x  4 x  3  2 3  2x  11. Lời giải 3
Điều kiện: 3  x  * . 2
Với điều kiện * phương trình đã cho tương đương với phương trình: x   x  2  x    x2 4 3 7 3 2 2
4 x  3   x  7  2  3  2x  2  x  0      x    x   2.  x    x 0 4 3 7 3 2 2 2 2 x  2x 1 x  2x 1       2.  0   x  2 1 2 1   0   . 4 x  3  x  7 3  2x  2  x  4 x  3  x  7 3  2x  2  x  3
Với 3  x  thì 4 x  3  x  7  0 ,
 x   x    x  2 1 3 2 2 3 2 1  0 . 2 2 1  2  3  Từ đó suy ra:   0 , x   3; . 4 x  3  x  7 3  2x  2  x  2   
Từ phương trình trên ta được: x 1  0  x  1.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S    1 . xyz  z  a 
Câu 2: Cho hệ phương trình 2 xyz  z  b
a,b  . Tìm tất cả các giá trị của a,b để hệ phương  2 2 2 x  y  z  4 
trình có nghiệm duy nhất. Lời giải
Giả sử  x , y , z là nghiệm của hệ phương trình, khi đó x ,y , z cũng là nghiệm. Do đó 0 0 0  0 0 0 
để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì: x  x x  0 0 0  0 
 y   y  y  0 . 0 0 0 z  z   z  z 0 0  0 2 z  4  Từ hệ phương trình: 2 2 2
x  y  z  4  z  a  a,b   2,2, 2  , 2  . z  b  a  2 xyz  z  2 xyz  0 Trường hợp 1:  Ta có :   0  xyz z   1  . b    2 2 xyz  z  2  z 1 xy  1         Với z 1 ta có :    x y 1 5 5 1 ,   ;  hoặc  x y 5 1 1 5 ,   ;  . 2 2 x  y  3   2 2      2 2   a  2  
thì hệ phương trình có 2 nghiệm (loại). b   2 a  2  xyz  z  2 xyz  0 Trường hợp 2:  Ta có :   0  xyz z   1  . b    2  2 xyz  z  2  z 1 xy  3 Với z 1 ta có :  . 2 2 x  y  3 
Ta có  x  y2   2 2
x  y   2xy  3  6  0 nên hệ phương trình vô nghiệm.
Tương tự z  0 nên hệ phương trình vô nghiệm. x  0 a  2  Vậy 
ta có nghiệm duy nhất y  0 . b   2  z  2   Câu 3: a) Cho tam thức bậc hai 2
f (x)  ax  bx  c (a, ,
b c  ,a  0) có hai nghiệm x , x thuộc 1 2  (a  b)(2a  b) 0; 
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  . a(a  b  c) 3 a b c 9 abc
b) Cho a,b, c là các số dương. Chứng minh rằng:     6. b c a a  b  c Lời giải b c
a) Áp dụng định lí Viet: x  x   ; x .x  . 1 2 1 2 a a (a  b)(2a  b) Ta có: A  a(a  b  c) b b (1 )(2  )
(1 x  x )(x 1 x 1) a a 1 2 1 2   b c 1 x  x  x x 1 2 1 2 1  a a
(x 1)(1 x  x ) (x 1)(1 x  x ) 1 1 2 2 1 2   (x 1)(x 1) (x 1)(x 1) 1 2 1 2 x x 1 2  (1 )  (1 ) . x 1 x 1 2 1
Không mất tổng quát giả sử x  x . 1 2 2
 x (x  x )  x 1  0 do x , x  0;1 . 2 2 1 1  1 2   2 2  x  x  x x 1 2 1 1 2 2 2
 x  x  x  x  x x  x  x 1 2 2 1 1 1 2 2 1 x x 2 1   1. x 1 x 1 1 2  A  3. b
Dấu "  " xảy ra khi a    c . 2 2 2 2 a a b a b b c b c c a c b) Ta có: 3 3 3    3 ;    3 ;    3 . b b c bc c c a ca a a b ab
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta được: a b c a  b  c 3 3 a b c 9 abc a  b  c 9 abc    . Nên suy ra       6 . 3 b c a abc 3 b c a a  b  c abc a  b  c
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c . Câu 4:
a) Cho điểm M tùy ý nằm bên trong tam giác ABC . Gọi S , S , S lần lượt là diện tích của các 1 2 3    
tam giác MBC , MAC , MAB . Chứng minh rằng S .MA  S .MB  S .MC  0 . 1 2 3 Lời giải A M H2 H1 H C B A'
Gọi A là giao điểm của đường thẳng MA với BC . Ta có:
   MH  HA  AC  A B   MA  MH  HA  .MB  .MC  .MB  .MC . MB MC BC BC
 MA  MA  AC  AB  MA A C   MA A B   Ta có MA  .A M   . .BM  .CM    . .BM  . .CM . MA MA  BC BC  MA BC MA BC S S d A MC MC d M A C  AC     MA A C MAC MA C  , .  , . Mặt khác .   . S     S d A MC MC d M BC BC MA BC MA C M  BC   .   . , . , . S S     MA A B Tương tự ta có MAB . MA B  . . S    S MA BC MA B M  BC Thay vào ta được:  S  S  MAC MA  . MAB BM  .CM . S S MBC M  BC     Suy ra M . A S  S .MB  S
.MC  0 , điều phải chứng minh. M  BC M  AC M  AB
b) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P 2
: y  x  px  q với q  0 . Biết rằng P cắt
trục Ox tại hai điểm phân biệt ,
A B và cắt trục Oy tại C . Chứng minh rằng khi p và q thay
đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải 2  p  p  4q Xét phương trình 2 x  px  q  0 có 2
  p  4q  0 và có hai nghiệm là x  . 1,2 2
Khi đó P cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt A  x ;0 , B   x ;0 và P cắt Oy tại điểm 2  1  C  0;q .
Gọi I  x, y là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2 2  2 2  p p 4q   p p 4q        x     x     2   2 IA  IB     
Ta có hệ phương trình    . 2 IA  IC 2   p  p  4q    x 
  y  x   y  q2 2 2  2       p x    p 2 x     2 2     . Khi đó bán kính: 2  p p 4q     1 1 x 
  y  x   y  q2 2 2  y  q   2       2 2 1 R  IC  p  q  2 2 1 . 2
Suy ra phương trình đường tròn là: 2 2
x  y  px  q  
1 y  q  0  x p    y 2 2 . 1 q  x  y  y  0 .
Do đường tròn đi qua điểm cố định với mọi p, q nên phương trình trên phải vô số nghiệm  p;q x  0  x  0 suy ra y 1  
. Vậy điểm cố định là M 0;  1 .   y  1 2  y  y  0 2 u
Câu 5: Cho dãy số u xác định bởi : u  2; n u  , với n  1.2.3... . n  1 n 1  2u 1 n
a) Chứng minh rằng dãy số u giảm và bị chặn. n 
b) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số u . n  Lời giải a) Ta có 2 2
u  u 11  2 u 1. n n n 2 u Do đó n u   1,n . n 1  2u 1 n  1 3u  Mặt khác n u  u  u    0, n  . n 1  n n 2u 1  n 
Suy ra dãy u là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 và bị chặn trên bởi u  2 . n  1 1 2 1 b) Ta có   . 2 u u u n 1  n n 1 Đặt v  , ta có v
 2v  v  v 1  2v  v 1  v 1   v 1 . n 1  n n n 1  n n n 1   n 2 2 2 n un 2n  n n n  1  v 1  v   v 1  1 v 1  1 . n 1    1 1 2   1  n 4 1 n 1 1    2  2 2n2 n  1 n  n  1  1 Suy ra v     , hay v     u  . n   1 1 n   1 1 1 1      2   2  n 2n2   n  1  1 1    2   x  y  f  x  f  y
Câu 6: Tìm tất cả các hàm số f : 
   thỏa mãn điều kiện: f    , x, y     .  2020  2019 Lời giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện trên.  x  2 f  x Cho y  x , ta suy ra f    , x   0 . 1010  2019
Áp dụng đẳng thức trên, ta suy ra:  x  y   x  y       2 f f x f y  x  y     2   2 f f         ,  , x y  0. 2019  2020  1010 2019    
Từ đó, ta rút ra đẳng thức (1) rất quan trọng là:  x  y  f  x  f  y f    ,  , x y  0 (1).  2  2
Thay y bởi y  z , ta dễ dàng suy ra: f 2 y  f 2z   x  y  z 
f  x  f  y  z f  x     2 f     , x  , y, z  0 .  2  2 2
Từ đó, với vai trò x, y, z như nhau, ta sẽ suy ra:  
f  x f 2y f 2z f 2x f 2y    f z , x  , y, z  0 . 2 2 Do đó, ta phải có:
f 2x  2 f  x  f 2z  2 f  z  C ,  , x z  0 .
Kết hợp với đẳng thức (1), ta sẽ có:  x   y      x  y      2 f C 2 f C f x f y       2   2 f      , x  , y  0 .  2  2 2
Nói cách khác, ta phải có:  x y   x   y  f   2 f  f  C       ,  , x y  0 .  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  0 .
Hơn nữa, g cũng phải thỏa nãm điều kiện:  x  2 g  C   
gxC, x  0. 1010  2019
Nói cách khác, ta sẽ có:  x  2g  x 2017 g   C   , x  0 . 1010  2019 2019
Chứng minh bằng qui nạp, ta được g  x  xg  
1 với mọi x    0; . Nên cho hằng số
C  f 2x  2 f  x  0 thỏa mãn điều kiện với mọi x hữu tỷ dương thì: xg   1 2xg   1 2017  1 2    C   xg     2017 1  C . 1010 2019 2019 1010 2019  2019
Điều này xảy ra khi và chỉ khi g   1  0.
Thế thì ta phải có g  x  f x với mọi x  0 và f 2x  2 f  x  0 , với mọi x  0 . Từ đó suy ra:
 f x  y  f x  f  y, x  , y  0    x  2 f x . f   , x   0    1010  2019
Cuối cũng, không khó để chứng minh được:    x   x   x   x x  1010 f  f ... f  f ...  f         x, x   0 . 1010  1010  1010  1010 1010
     1010 lan  1010 lan
Cho nên ta có phương trình: f  x 2 f  x  , x
  0  f x  0, x   0 . 1010 2019
Thử lại, ta thấy hàm số f  x  0 với mọi x  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
____________________ HẾT ____________________