Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi THPT cấp tỉnh - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi THPT cấp tỉnh - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 m2 x 2 mx m2 2 m với m 0 . Câu 2.(3,50 điểm) Cho bốn số thực p,q,m,n thỏa mãn hệ thức 2 q n p m pn qm 0 . Chứng minh rằng hai phương trình x2 px q 0 và x2 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 IB2 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 x2 y2 z2 1 . a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.P xy yz 2019zx b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.Q xy yz 2zx Câu 5.(3,00 điểm) Cho dãy số thực xn thỏa mãn điều kiện 0 x 1 n 1 ,n 1,2,3, x 1 x n 1 n 4 1 1 a) Chứng minh rằng x ,n 1,2,3, n 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) , trong đó kí hiệu . f x . f4 x 1,x ¡ f4 (x) f f f f x Hãy tính f 2018 . 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: . 1
2. Chữ kí giám thị 1: . ;Chữ kí giám thị 2: . 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 ĐÁP ÁN ĐIỂM Giải và biện luận bất phương trình sau theo m: 1 3,50 đ x 2 mx m2 x 2 mx m2 2 m với m 0 . mx m2 0 x mx m2 0 Điều kiện: x m (1). 0,50 đ x mx m2 0 m 0 t 2 4m2 Đặt t 2 mx m2 ;t 0 . Thì x ; 4m 2 t 2 4m2 t 2m t 2m x 2 mx m2 t ; 1,00 đ 4m 4m 2 m 2 t 2 4m2 t 2m t 2m Và x 2 mx m2 t  4m 4m 2 m 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 0,50 đ t 2m 0 0 t 2m 2
3. 2 2 2 1,00 đ 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 Cho 4 số thực p,q,m,n thỏa mãn hệ thức q n p m pn qm 0 (1). 2 Chứng minh rằng 2 phương trình x2 px q 0 (2) và x2 mx n 0 (3) 3,50 đ đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số. 2 Từ điều kiện q n p m pn qm 0 suy ra p m 0 . 0,50 đ Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a = 1 > 0 nên các parabol biểu diễn 0,50 đ 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 0,50 đ nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (4). Hoành độ giao điểm của (C) và (C’) là nghiệm của phương trình n q x2 px q x2 mx n x  0,50 đ p m Tung độ giao điểm của (C) và (C’) là 2 n q n q y p q p m p m 1,00 đ 1 2 2 n q p n q p m q p m p m 2 1 2 n q p m pn qm 0 (do (3)). p m 2 Vậy (4) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong. 0,50 đ 3 4,00 đ a) Chứng minh a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc 2,50 đ Giả sử đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, A AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi K là điểm K 0,50 đ đối xứng của I qua AC. E S S AI.AK IA2 F Ta có AFIE AIK  0,50 đ SABC SABC AB.AC bc I S IB2 S IC 2 BDIF CEID C Tương tự ;  B D 0,50 đ SABC ca SABC ab IA2 IB2 IC 2 S S S Suy ra AFIE BIDF CEID 1 0,50 đ bc ca ab SABC Suy ra a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc. 0,50 đ b) Chứng minh a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 6abc 1,50 đ Áp dụng bất đẳng thức Bunhicovski ta có 3
4. 0,50 đ a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 2 2 2 1 1 1 a bc IA b ca IB c ab IC 2 2 2 0,50 đ 3 3abc aIA bIB cIC 6abc . Dễ thấy khi a b c hay tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. 0,50 đ 4 Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x2 y2 z2 1 . 4,00 đ a) Tìm giá trị nhỏ nhất của P xy yz 2019zx 2,00 đ Ta có: 0 x y z 2 x2 y2 z2 2 xy yz zx 1 2 xy yz zx 0,50 đ 1 Suy ra xy yz zx Dấu đẳng thức xảy ra khi x y z 0 . 2 Do vậy 1 1 z2 x2 1 2018 2019 0,50 đ P xy yz zx 2018zx 2018zx 2018  2 2 2 2 2 2 x2 y2 z2 1 x y z 0 1 Dấu “=” xảy ra y 0 ,x z  x z 2 2 2 1,00 đ z x 1 2019 1 Vậy min P khi y 0 , x z  2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.Q xy yz 2zx 2,00 đ Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x2 y2 z2 1 nên ta có thể đặt y cos x sin cos  , với ,  0;  0,50 đ 2 z sin sin  Thế thì Q y x z 2xz cos sin cos  sin  2sin2 sin  cos   Vì ,  0; nênQ 2 cos sin sin2 (1) 2 0,50 đ 1 Dấu “=” xảy ra khi cos  sin   2 Biến đổi (1) với dạng 2 1 cos 2 1 1 1 3 1 3 0,50 đ 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 3 2 sin 2 cos 2 3 cos 2 3 0,50 đ 4
5. 3 3 sin 6 3 3 3 3 Suy ra ; tức là y , x z  3 3 6 12 cos 6 1 3 3 3 3 3 Vậy max Q khi y , x z  2 6 12 0 x 1 n Cho dãy số thực xn thỏa mãn điều kiện 1 ,n 1,2,3, xn 1 1 xn 5 4 3,00 đ 1 1 a) Chứng minh rằng x ,n 1,2,3, n 2 2n b) Tìm giới hạn của dãy xn . 1 1 a) Chứng minh rằng x ,n 1,2,3, 1,50 đ n 2 2n Ta chứng minh rằng bằng quy nạp: 0,50 đ + Với n = 1, bất đẳng thức đúng. + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k. 1 1 1 1 k 1 0,50 đ Vì x 1 x  k 2 2k k 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 0,50 đ Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với n N * . b) Tìm giới hạn của dãy xn 1,50 đ 2 1 Ta có 2x 1 0 x 1 x  n n n 4 0,50 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 tại giới hạn lim xn x0 . 0,50 đ 1 1 1 Lấy giới hạn bất đẳng thức xn 1 1 xn ta được x0 1 x0 x0  4 4 2 0,50 đ 1 Vậy lim x  n 2 Cho hàm số f liên tục trên ¡ , thỏa mãn i) f 2020 2019 ; 6 2,00 đ ii) , trong đó . f x . f4 x 1,x ¡ f4 (x) f f f f x Hãy tính f 2018 . Kí hiệu f2 (x) f f x , f3 (x) f f f x . 5
6. Gọi Df là tập giá trị của hàm số f x . 0,50 đ 1 Từ (i) suy ra2019 Df ; từ f x .f x 1,x ¡ f 2020 D 4 4 2019 f và xf3 x 1,x Df . 1 1 Do f liên tục trên D : ;2019  D nên f x ,x D ; f 3 2019 x 0,50 đ 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 1 f2 x0 f (2) . x0 1 1 1 1 0,50 đ Và f3 x0 f2 suy ra f f3 x0 (3). x0 x0 x0 x0 1 Từ (2) và (3) suy ra x0 f2 x0 hay f x0 f3 x0 , mâu thuẫn với x0 (1). 1 Tương tự, cũng không tồn tại x0 D sao cho f x0  x0 0,50 đ 1 1 Vậy f x ,x D. Do 2018 D nên suy ra f 2018  x 2018 6