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
Môn: TOÁN
Ngày thi: 28/3/2019
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1.(3,50 điểm) Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m:
x  2 mx  m 2  x  2 mx  m 2  2 m với m  0 .

Câu 2.(3,50 điểm) Cho bốn số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức

q  n

2

  p  m  pn  qm   0 .

Chứng minh rằng hai phương trình

x 2  px  q  0 và x 2  mx  n  0
đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số.
Câu 3.(4,00 điểm) Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, AC = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác.
a) Chứng minh rằng a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc.
b) Chứng minh rằng

a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc .

Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức.
Câu 4.(4,00 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 .
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  yz  2019 zx .
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx .
Câu 5.(3,00 điểm) Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện

0  xn  1


1 , n  1, 2,3,...
x
x
1




n
 n1
4
1 1
, n  1, 2,3,...
a) Chứng minh rằng xn  
2 2n
b) Tìm giới hạn của dãy  xn  .
Câu 6.(2,00 điểm) Cho hàm số f liên tục trên  , thỏa mãn
i) f  2020   2019 ;

ii) f  x  . f 4  x   1, x   , trong đó kí hiệu f 4 ( x)  f

Hãy tính f  2018  .

 f  f  f  x  .

---------Hết--------Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………..…...……….…
Chữ kí giám thị 1: …….………………..…….. Chữ kí giám thị 2: ………………………………….

1


HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 5 trang)
1. Hướng dẫn chung
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như 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 và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
- Điểm bài thi không làm tròn số.

2. Đáp án và thang điểm
CÂU
1

ĐÁP ÁN
Giải và biện luận bất phương trình sau theo m:

ĐIỂM
3,50 đ

x  2 mx  m 2  x  2 mx  m 2  2 m với m  0 .

mx  m 2  0

 x  mx  m 2  0
Điều kiện: 
 x  m (1).
2
 x  mx  m  0

m  0

0,50 đ

t 2  4m 2
Đặt t  2 mx  m ; t  0 . Thì x 
;
4m
2

t 2  4m 2
x  2 mx  m 
t 
4m

 t  2m 

t 2  4m 2
x  2 mx  m 
t 

4m

 t  2m 

2

Và

2

2

4m

4m



2



t  2m

;

2 m

t  2m
2 m

1,00 đ



Khi đó bất phương trình đã cho là: t  2m  t  2m  4m, m  0 (2).

0,50 đ

Vì m  0, t  0 nên t  2m  t  2m nên:

(2)  t  2m  t  2m  4m  t  2m  2m  t , m  0
 t  2m  0  0  t  2m
Nghĩa là 0  2 mx  m  2m  m  mx  2m  m  x  2m.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   m;2m  .
2

2

0,50 đ

2

1,00 đ

Cho 4 số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức  q  n   p  m pn  qm  0 (1).
2

2

Chứng minh rằng 2 phương trình x  px  q  0 (2) và x  mx  n  0 (3)
đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi
biểu diễn trên trục số.
2

2

Từ điều kiện  q  n    p  m  pn  qm   0 suy ra p  m  0 .
2

2

3,50 đ

0,50 đ


Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a = 1 > 0 nên các parabol biểu diễn
đều có bề lõm quay lên trên.
Hai pt có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và
2
2
chỉ khi đồ thị các hàm số y  x  px  q (C ) và y  x  mx  n (C ') cắt
nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (4).
Hoành độ giao điểm của (C) và (C’) là nghiệm của phương trình

x 2  px  q  x 2  mx  n  x 

nq


pm

0,50 đ
0,50 đ

0,50 đ

Tung độ giao điểm của (C) và (C’) là
2

 nq 
 nq 
y
 p

q
 pm
 pm
1
 n  q 2  p  n  q  p  m   q  p  m 2 

2 

 p  m
1
 n  q 2   p  m  pn  qm    0 (do (3)).

2 

 p  m

1,00 đ

Vậy (4) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong.

0,50 đ
4,00 đ
2,50 đ

3
a) Chứng minh a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc
Giả sử đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA,
AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi K là điểm
đối xứng của I qua AC.

A

S AFIE S AIK
AI . AK IA2
Ta có




S ABC S ABC AB. AC bc
Tương tự
Suy ra

S BDIF IB 2 SCEID IC 2
;




S ABC
ca S ABC
ab

K

0,50 đ

E

F

0,50 đ
I
B

D

C

IA2 IB 2 IC 2 S AFIE  S BIDF  SCEID



1
bc
ca

ab
S ABC

0,50 đ
0,50 đ

Suy ra a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc.

0,50 đ

b) Chứng minh

1,50 đ

a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicovski ta có

a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2 



1  1  1  a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2 

 3 3abc   aIA2  bIB 2  cIC 2    6abc .
Dễ thấy khi a  b  c hay tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra.
4

0,50 đ

Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 .
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của P  xy  yz  2019 zx

Ta có: 0   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   1  2  xy  yz  zx 

0,50 đ
0,50 đ
4,00 đ

2,00 đ

2

3

0,50 đ


1
Suy ra xy  yz  zx    Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  0 .
2
Do vậy
 z2  x2  1 2018
1
1
2019
P   xy  yz  zx  2018zx    2018zx    2018


 

2
2
2
2
2
 2 

 x2  y 2  z 2  1

1
x  y  z  0
 y  0 , x  z  
Dấu “=” xảy ra  

x


z
2

 z 2  x2  1

2019
1
khi y  0 , x   z  

Vậy min P  
2
2
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx .

0,50 đ

1,00 đ

2,00 đ

Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x  y  z  1 nên ta có thể đặt
2

2

2

 y  cos

 
 x  sin  cos  , với  ,   0;  
 2
 z  sin  sin 


0,50 đ

Thế thì Q  y  x  z   2 xz  cos  sin   cos   sin    2sin 2  sin  cos  
 
Vì  ,    0;  nên Q  2 cos  sin   sin 2  (1) 
 2
1


Dấu “=” xảy ra khi cos   sin  
2
Biến đổi (1) với dạng
2
1  cos 2 1 1
1
3 1 3
Q
sin 2 
 
2 sin 2  cos 2  


2
2
2 2
2 2
2

6
 2
1
sin 2 




3

Dấu “=” xảy ra   sin 2 cos 2

 2 sin 2  cos 2  3
cos 2   3


3

3 3
sin  
3 3
3 3
6

Suy ra 
,x  z 

; tức là y 
6
12

3 3
cos  
6




Vậy max Q 

5



0,50 đ

0,50 đ

0,50 đ

1 3
3 3
3 3
khi y 
,x  z 

2
6
12

0  xn  1

Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện 
1 , n  1, 2,3,...
x
1

x



n

 n1
4
1 1
, n  1, 2,3,...
a) Chứng minh rằng xn  
2 2n
4

3,00 đ


b) Tìm giới hạn của dãy  xn  .
a) Chứng minh rằng xn 

1 1
 , n  1, 2,3,...
2 2n

1,50 đ

Ta chứng minh rằng bằng quy nạp:
+ Với n = 1, bất đẳng thức đúng.

0,50 đ

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k.

1 1
1 1 k 1


 1  xk  


2 2k
2 2k
2k
1
2k
k
1
1
Lại có: xk 1 1  xk    xk 1 

 

4
4  k  1 2  k  1 2 2  k  1
Vì xk 

Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với n  N .
b) Tìm giới hạn của dãy  xn 

0,50 đ

0,50 đ

*

1,50 đ

1

4
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 tại giới hạn lim xn  x0 .
1
1
1
Lấy giới hạn bất đẳng thức xn1 1  xn   ta được x0 1  x0    x0  
4
4
2
1
Vậy lim xn  
2
Cho hàm số f liên tục trên  , thỏa mãn
i) f  2020   2019 ;
Ta có  2 xn  1  0  xn 1  xn  
2

6

ii) f  x  . f 4  x   1, x   , trong đó f 4 ( x )  f
Hãy tính f  2018  .
Kí hiệu f 2 ( 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    .
3

Gọi D f là tập giá trị của hàm số f  x  .

1
 Df
Từ (i) suy ra 2019  D f ; từ f  x . f4  x 1,x  f4  2020 
2019
và xf 3  x   1, x  D f .
1
 1

;2019   D f nên f3  x   , x  D ;
x
 2019

Suy ra f là đơn ánh trên D và do f liên tục trên  nên f nghịch biến trên
D.
1
Giả sử tồn tại x0  D sao cho f  x0  

(1). Do là hàm nghịch biến nên
x0
Do f liên tục trên D : 

5

0,50 đ

0,50 đ


1
f 2  x0   f   (2) .
 x0 
1
1
1
1
 f3  x0   f 2   suy ra f    f 3    x0 (3).
Và
x0
 x0 
 x0 
 x0 
1
, mâu thuẫn với
Từ (2) và (3) suy ra x0  f 2  x0  hay f  x0   f 3  x0  
x0

0,50 đ

(1).
Tương tự, cũng không tồn tại x0  D sao cho f  x0  

1

x0

1
1
Vậy f  x   , x  D. Do 2018  D nên suy ra f  2018  

x
2018

6

0,50 đ