Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Phú Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Phú Yên (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT ĐỀ BÀI 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 q n 2 p m pn qm 0. Chứng minh rằng hai phương trình x 2 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 thứcQ 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) f x . f4 x 1, x ¡ , trong đó kí hiệu f4 x f f f f x .Hãy tính f 2018 . ---------Hết---------
2. PHẦN ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thực hiện lời giải và sưu tầm bởi tập thể tổ 16 Strong team Toán VD- VDC Câu 1. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m : x 2 mx m2 x 2 mx m2 2 m với m 0 Lời giải Cách 1 mx m2 0 x 2 mx m2 0 Điều kiện: x m 1 x 2 mx m2 0 m 0 t 2 4m2 Đặt t 2 mx m2 ;t 0. Thì x 4m t 2 4m2 (t 2m)2 | t 2m | x 2 mx m2 t 4m 4m 2 m t 2 4m2 (t 2m)2 | 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 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 m2 2m m2 mx 2m2 m x 2m Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S [m;2m]. Cách 2 mx m2 0 x 2 mx m2 0 Điều kiện: x m (*) x 2 mx m2 0 m 0 Với điều kiện trên, hai vế của bất phương trình không âm, bình phương hai vế ta được x 2 mx m2 2 x2 4 mx m2 x 2 mx m2 4m x2 4mx 4m2 2m x
3. (x 2m)2 2m x | x 2m | 2m x ** +) Nếu x 2m thì bất phương trình ** x 2m 2m x x 2m . Kết hợp với điều kiện x 2m ta được x 2m 1 +) Nếu x 2m thì bất phương trình ** 2m x 2m x ( luôn đúng). Kết hợp với điều kiện (*) ta được m x 2m 2 Từ 1 và 2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [m;2m]. 2 Câu 2. Cho bốn số thực p, q, m,n thỏa mãn hệ thức q n p m pn qm 0 (1). Chứng minh rằng 2 phương trình x2 px q 0 (2) và x2 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. Lời giải Cách 1: Từ điều kiện q n 2 p m pn qm 0 suy ra p m 0 (4). 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 phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi đồ thị các hàm số y x2 px q P và y x2 mx n P ' cắt nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (5). y x x1 x3 O x2 x4 (Minh họa hình vẽ) Hoành độ giao điểm của P và P ' là nghiệm của phương trình n q x2 px q x2 mx n x  p m Tung độ giao điểm của P và P ' là 2 n q n q y p q p m p m
4. 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 (theo (4)). p m 2 Vậy (5) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong. Cách 2: Ta có q n 2 p m pn qm 0 q n 2 q n p p m p m pq qm 0 2 2 f q n q n q n p p m q p m 0. Vì tồn tại p, q, m,n nên p m p2 p m 2 4q p m 2 0 . Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân 2 p 4q 0 x1 x2 p biệt x1, x2 thỏa mãn . x1x2 q 2 2 2 Đặt g x x mx n . Ta có g x1 .g x2 x1 mx1 n x2 mx2 n px1 q mx1 n px2 q mx2 n x1 m p n q x2 m p n q 2 2 x1x2 m p m p n q x1 x2 n q q m p 2 m p n q p n q 2 q n 2 p m pn qm 0. Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 x3 x4 thỏa mãn trong hai số x1, x2 có một số thuộc khoảng x3 , x4 và một số không thuộc khoảng x3 , x4 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Câu 3. 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.IC 2 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. Lời giải a) 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 . S S AI.AK IA2 Ta có: AFIE AIK . SABC SABC AB.AC bc
5. S IB2 S IC 2 Tương tự BDIF ; CEID . SABC ca SABC ab IA2 IB2 IC 2 S S S Suy ra AFIE BDIF CEID 1Suy ra a.IA2 b.IB2 c.IC 2 abc . bc ca ab SABC b) Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 2 2 2 2 2 2 a bc IA b ca IB c ab IC 1 1 1 a bc IA b ca IB c ab IC 2 2 2 3 3abc aIA bIB cIC Theo ý a) ta có aIA2 bIB2 cIC 2 abc a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 6abc ( ĐPCM) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 aIA2 bIB2 cIC 2 Vậy dễ thấy có một trường hợp xảy ra dấu của đẳng thức là: a b c ABC là tam giác đều. IA IB IC Câu 4. 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 . Lời giải a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy yz 2019zx . 2 Ta có: 0 x y z x2 y2 z2 2 xy yz zx 1 2 xy yz zx . 1 Suy ra xy yz zx . Dấu đẳng thức xảy ra khi x y z 0 . 2 1 1 z2 x2 1 2018 2019 Do vậy 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 z x 1 2019 1 Vậy min P khi y 0, x z . 2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcQ xy yz 2zx . Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x2 y2 z2 1 nên ta có thể đặt
6. y cos x sin cos  , với ,  0;  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 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 3 2 sin 2 cos 2 3 cos 2 3 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 Đề tương tự Câu 4*. Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn x2 y2 z2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu xy yz zx thức A . z x y Lời giải 2 2 2 2 xy yz zx 2 2 2 Ta có A 2 y z x . z x y Áp dụng bất đẳng thức x2 y2 z2 xy yz zx . Ta được A2 y2 z2 x2 2 y2 z2 x2 3 y2 z2 x2 3. xy yz xz 1 Đẳng thức xảy ra x y z . z x y 3 1 Vậy min A 3 đạt được khi x y z . 3
7. Câu 5. 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 . Lời giải a) Với n = 1, bất đẳng thức đã cho đúng. 1 1 Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (với k ¥ ,k 1), ta có x . k 2 2k 1 1 1 1 k 1 Vì x 1 x  k 2 2k k 2 2k 2k 1 2k k 1 1 Lại có: x 1 x suy ra x  k 1 k 4 k 1 4 k 1 2 k 1 2 2 k 1 Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với n ¥ * . * b) Vì 0 xn 1, x ¥ nên dãy xn bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương xn 1 và 1 xn ta được: xn 1 1 xn 2 xn 1 1 xn 1 xn 1 xn . xn là dãy tăng. Theo định lý Weierstrass thì dãy xn có giới hạn hữu hạn, giả sử lim xn a. 1 1 1 Từ bất đẳng thức x 1 x cho n ta được a 1 a a . n 1 n 4 4 2 1 Vậy lim x . n 2 Câu 6. Cho hàm số f liên tục trên ¡ , thỏa mãn i) f 2020 2019 ; ii) f x . f4 x 1, x ¡ , trong đó kí hiệu f4 x f f f f x .Hãy tính f 2018 . Lời giải Tác giả: Thành Đức Trung;Fb: Thành Đức Trung Kí hiệu f2 x f f x , f3 x f f f x .
8. Gọi Df là tập giá trị của hàm số f x . Từ i) suy ra 2019 Df . 1 Từ ii) suy ra f 2020 . f 2020 1 2019. f 2020 1 f 2020 D 4 4 4 2019 f và xf3 x 1, x Df . 1 1 Do f liên tục trên D ;2019  Df nên f3 x , x D . 2019 x 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 . x0 1 Do f là hàm nghịch biến nên f2 x0 f 2 . x0 1 1 1 1 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 1 . x0 1 Tương tự, ta cũng chứng minh được không tồn tại x0 D sao cho f x0 . x0 1 1 Vậy f x , x D . Do 2018 D nên suy ra f 2018 . x 2018