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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ YÊN

TOANMATH.com

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT

MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 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 4 3 2 3 2 11 x x x      . Câu 2: (3,0 điểm)

Cho hệ phương trình   2

2 2 2

,

4

xyz z a

xyz z b a b

x y z

            

. Tìm tất cả các giá trị của ,a b để hệ phương

trình có nghiệm duy nhất. Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho tam thức bậc hai 2 ( ) ( , , , 0) f x ax bx c a b c a       có hai nghiệm 1 2 , x x thuộc

  0;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )(2 ) ( ) a b a b A a a b c      .

b) Cho , , a b c là các số dương. Chứng minh rằng:

3 9 6 a b c abc b c a a b c       .

Câu 4: (5,0 điểm) a) Cho điểm M tùy ý nằm bên trong tam giác ABC . Gọi 1S , 2 S , 3S lần lượt là diện tích của

các tam giác MBC , MAC , MAB . Chứng minh rằng 1 2 3 . . . 0 S MA S MB S MC       

.

b) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol 

2 : P y x px q    với   0 q  . 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)

Cho dãy số   n u xác định bởi :

2

1 1 2; 2 1

n n

n

u u u u    , với 1.2.3... n  .

a) Chứng minh rằng dãy số   n u giảm và bị chặn.

b) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số   n u .

Câu 6: (3,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số : f    thỏa mãn điều kiện:   2020 2019

f x f y x y f        

, ,x y   .

____________________ HẾT ____________________

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Giải phương trình 4 3 2 3 2 11 x x x      .

Lời giải

Điều kiện: 3 3 2 x    * .

Với điều kiện  * phương trình đã cho tương đương với phương trình:

    4 3 7 2 3 2 2 0 x x x x                 

   

2 2 4 3 7 3 2 2 2. 0 4 3 7 3 2 2

x x x x

x x x x

              

2 2 2 1 2 1 2. 0 4 3 7 3 2 2 x x x x x x x x                 

2 1 2 1 0 4 3 7 3 2 2 x

x x x x                  

.

Với 3 3 2 x   thì 4 3 7 0 x x     ,  

2 1 3 2 2 3 2 1 0 2 x x x        .

Từ đó suy ra: 1 2 0 4 3 7 3 2 2 x x x x          

, 3 3; 2 x       

.

Từ phương trình trên ta được: 1 0 1 x x   .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  1 S  .

Câu 2: Cho hệ phương trình   2

2 2 2

,

4

xyz z a

xyz z b a b

x y z

            

. Tìm tất cả các giá trị của ,a b để hệ phương

trình có nghiệm duy nhất.

Lời giải Giả sử   0 0 0 , , x y z là nghiệm của hệ phương trình, khi đó   0 0 0 , , x y z   cũng là nghiệm. Do đó

để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì:

0 0

0 0

0 0

x x

y y

z z

       

0

0

0

0

0

x

y

z z

       

.

Từ hệ phương trình: 2 2 2 4 x y z    

2 4 z

z a z b

     

       , 2,2 , 2, 2 a b     .

Trường hợp 1: 2 2 a b

   

Ta có : 2

2

2

xyz z

xyz z

      

  0 1 xyz z    0 1 xyz z

   

.

Với 1 z  ta có : 2 2 1

3

xy

x y

      

  1 5 5 1 , ; 2 2 x y          

hoặc   5 1 1 5 , ; 2 2 x y          

.

2

2

a

b

   

thì hệ phương trình có 2 nghiệm (loại).

Trường hợp 2: 2 2 a b

   

Ta có : 2

2

2

xyz z

xyz z

      

  0 1 xyz z    0 1 xyz z

   

.