Đề thi chọn học sinh giỏi THPT cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán - Sở GD&ĐT Phú Yên (Có đáp án)

 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 222mx m22 x mx m m với m 0. 
Câu 2.(3,50 điểm) Cho bốn số thực p,,qmn , thỏa mãn hệ thức 
 2
 q n p m pn qm 0 . 
 Chứng minh rằng hai phương trình 
 xpxq2 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 abcIA 22 bcaIB cabIC 2 6 abc. 
 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 xyz222 1. 
 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy yz2019 zx . 
 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcQxyyzzx 2 . 
Câu 5.(3,00 điểm) Cho dãy số thực xn thỏa mãn điều kiện 
 01 x
 n
 1 , n 1,2,3,... 
 xx 1 
 nn 1 4
 11
 a) Chứng minh rằng xn ,  1,2,3,... 
 n 22n
 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 . 
 fxf .1,4 x  x fx4 () ffffx 
 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: .. ... . 
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 ĐÁP ÁN ĐIỂM 
 Giải và biện luận bất phương trình sau theo m: 
 1 3,50 đ 
 x 222mx m22 x mx m m với m 0 . 
 mx m2 0 
 xmxm 2 0 
 Điều kiện: x m (1). 0,50 đ 
 xmxm 2 0
 m 0
 22 
 2 tm 4
 Đặt tmxmt 2;0. Thì x ; 
 4m 
 2
 tm22 4 tm 2 tm 2 
 xmxm 2 2 t ; 1,00 đ 
 44mm2 m
 2
 tm22 4 tm 2 tm 2
 Và xmxm 2 2 t  
 44mm2 m
 Khi đó bất phương trình đã cho là: tmtmmm 224,0(2). 0,50 đ 
 Vì mt 0, 0 nên tmtm 22 nên: 
 (2)2 tmtmmtmmtm 24 22,0 0,50 đ 
 tm200 tm 2 
 222 
 Nghĩa là 02 mx m 2 m m mx 2 m m x 2. m 
 1,00 đ 
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: Smm ;2 . 
 2
 Cho 4 số thực p,,qmn , thỏa mãn hệ thức qn pmpnqm 0 (1). 
 2 Chứng minh rằng 2 phương trình xpxq2 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 qn pmpnqm 0 suy ra pm 0 . 0,50 đ 
 2 
 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 yx pxqC ()và yx mxnC (')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 
 nq 
 xpxqxmxnx22  0,50 đ 
 pm 
 Tung độ giao điểm của (C) và (C’) là 
 2
 nq nq 
 ypq 
 pm pm 
 1,00 đ 
 1 22
 nq pnqpm qpm 
 pm 2 
 1 2
 n q p m pn qm 0 (do (3)). 
 pm 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 
 SSABACbcABC ABC . I
 SIBSIC22 
 BDIF CEID C
 Tương tự ; B D 0,50 đ 
 ScaSabABC ABC 
 IA22 IB 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 abcIA 22 bcaIB cabIC 2 6 abc 1,50 đ 
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhicovski ta có 
 22 2 
 abcIA bcaIB cabIC 0,50 đ 
 22 2
 111 abcIA bcaIB cabIC 
 222 0,50 đ 
 33 abc aIA bIB cIC 6 abc . 
 Dễ thấy khi abc hay tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. 0,50 đ 
 222
4 Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn xyz 1. 4,00 đ 
 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của P xy yz2019 zx 2,00 đ 
 2 222 
 Ta có: 0212 x yz x y z xyyzzx xyyzzx 
 0,50 đ 
 3 
 1
 Suy ra xy  yz zx Dấu đẳng thức xảy ra khi xyz 0 . 
 2
 Do vậy 
 1 1 zx22 1 2018 2019 0,50 đ 
 Pxyyzzx 2018 zx 2018 zx 2018  
 222222 
 xyz222 1 
 xyz 0 1
 Dấu “=” xảy ra y 0 , xz  
 xz 2 
 22 1,00 đ 
 zx 1
 2019 1
 Vậy min P khi y 0, xz  
 2 2
 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcQxyyzzx 2 . 2,00 đ 
 Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì xyz222 1 nên ta có thể đặt 
 yc os 
 x sin cos  , với ,0;  0,50 đ 
 2
 z sin sin 
 Thế thì Qyxz 2 xz cos sin  cos sin  2sin2  sin cos  
 Vì ,0; nênQ 2cos sin sin2 (1) 
 2 
 0,50 đ 
 1
 Dấu “=” xảy ra khi cos  sin 
 2
 Biến đổi (1) với dạng 
 21cos211 1313 0,50 đ 
 Q sin2 2sin2 cos2 
 2222222 
 6 
 21 sin 2 
 3
 Dấu “=” xảy ra sin 2 cos 2 
 3 
 2sin2 cos2 3 cos 2 
 3 
 0,50 đ 
 33 
 sin 
 6 33 33
 Suy ra ; tức là yxz , 
 33 612
 cos 
 6
 13 33 33
 Vậy max Q khi yxz , 
 2 612
 01 x
 n 
 Cho dãy số thực xn thỏa mãn điều kiện 1 , n 1,2,3,... 
 xxnn 1 1 
5 4 3,00 đ 
 11
 a) Chứng minh rằng xn ,  1,2,3,... 
 n 22n
 4 
 b) Tìm giới hạn của dãy xn . 
 11 
 a) Chứng minh rằng xn ,  1,2,3,... 1,50 đ 
 n 22n
 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. 
 11 11k 1 0,50 đ 
 Vì xx 1  
 kk22kkk 22 2
 12kk 11 
 Lại có: xxkk 11 1 x k  
 4 4 kk 12 1221 k 0,50 đ 
 Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với  nN* . 
 b) Tìm giới hạn của dãy xn 1,50 đ 
 2 1 
 Ta có 210xxx 1  
 nnn4 0,50 đ 
 Kết hợp với (2) ta có: xnnn 11 xx 11 x nnn xx, dãy tăng. 
 Hơn nữa, theo (1) dãy bị chặn, nên tồn tại giới hạn lim xn x0 . 0,50 đ 
 1 11 
 Lấy giới hạn bất đẳng thức xxnn 1 1 ta được xx00 1  x 0 
 4 420,50 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 . 
 fxf .1,4 x  x fx4 () ffffx 
 Hãy tính f 2018 . 
 Kí hiệu f23()x ffx , fx () fffx . 
 Gọi Df là tập giá trị của hàm số f x . 
 0,50 đ 
 1
 Từ (i) suy ra2019 Df ; từ fxf .1, x  x f 2020 D 
 4 4 2019 f
 và xfx3  1, xDf . 
 1 1 
 Do f liên tục trên D :  ;2019 D nên f xxD  , ; 
 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 fx 0 (1). Do là hàm nghịch biến nên 
 x0 
 5 
 1 
 fx20 f (2) . 
 x0 0,50 đ 
 11 11 
Và fx30 f 2 suy ra ffx 30 (3). 
 x00 x xx00 
 1
Từ (2) và (3) suy ra x020 fx hay fx 030 f x , mâu thuẫn với 
 x0
(1). 
 1 
Tương tự, cũng không tồn tại x0 D sao cho fx 0  
 x0 0,50 đ 
 1 1
Vậy f xxD  ,. Do 2018 D nên suy ra f 2018  
 x 2018
 6