Đề thi chọn HSG Toán THPT cấp tỉnh năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Ninh Thuận

Đề thi chọn HSG Toán THPT cấp tỉnh năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Ninh Thuận gồm 01 trang với 06 bài toán tự luận, thang điểm 20, thời gian làm bài 180 phút (không tính thời gian giám thị coi thi phát đề), đề thi có lời giải chi tiết.

27 14 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Khóa ngày: 21/03/2020
Môn thi: TOÁN - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang / 20 điểm)
Bài 1: Cho
, ,zx y
là các s
ố thực dương thỏa
1xyz
. Chứng
minh rằng
3 3 3
1 1 1 3
2
x y z y
z x z x y
.
Lời giải
2
2
2
1
1
1
VT
y
x
z
x y z y
z x z x y
.
Áp dụ
ng bất đẳng thức C-S, ta có:
2
2
2
2
1 1 1
1
1
1
2
x y
z
y
x
z
x y z y
z x z x y xy yz zx
.
Theo g
iả thiết
, ,zx y
là các số
thực dương thỏa
1xyz
, khi đó:
2
3
3
3
VT VT VT
2 2 2
xyz
xy y
z zx
(đpcm).
D
ấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1x y z
.
Bài 2: Giải phương trình
2 2
5 14 9 20
5 1
x x x x
x
.
Lời giải
Điều kiện xác định:
2
2
5 14 9 0
1 0
x x
x x x
x
.
Ta có:
2 2 2
5 14 9 5
1 20 2 5 2 5 1 4 5
x x x x
x x x x x x
.
Đặt
2
4
4 5
u x
v x x
với điều
kiện:
3, 0
u v
.
Khi đó phư
ơng trình trên trở thành:
2 2
3 2 5 3
2 0
u v uv u
u v v u v
3 2 0
3 2
u v
u v u v
u v
.
TH1:
u v
suy ra:
2 2
5 61
2
4 4 5 5 9 0
5 61
2
x
x x x x
x
x
.
Đ
ối
chiếu điều kiện nhận
5 61
2
x
.
TH2:
3 2u v
suy
ra:
2 2
8
3 4
2 4 5 4 25 56 0
7
4
x
x x x x x
x
.
Đối
chiếu điều kiện nhận
8
x
.
Vậy t
ập nghiệm của phương trình
5 61
;8
2
S
.
Bài
3: Cho
2, 3, 4
a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4 2
3
ab c
bc a ca b
N
abc
.
Lời giải
Ta có:
4 2
3 2 4 2 2 3 3
2
2 3
c
a b c a b
N
c a b c
a b
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
1 4
4 1 2 2 1 3 3 1 1 1
2 2 2 2 4
2 3 2 2 2 3
c c b
N N
c
a b
.
Dấu đẳng thức x
ảy ra khi và chỉ khi
2 4
8
2 2
4
6
3 3
c
c
a
a
b
b
.
Bài 4: Có bao nhiêu số tự nhiên có
7
chữ số, tr
ong đó
2
có
mặt đúng hai lần, chữ số
3
có
mặt
đúng ba lần và các chữ số khác có mặt tối đa một lần.
Lời giải
TH1: Xếp số
0
ở mọi vị trí
.
Lấy
3
vị trí
, xếp số
3
và
o ba vị trí có:
3
7
C
các
h.
Lấy
2
vị trí
tiếp theo, xếp số
2
vào
hai vị trí có:
2
4
C
cách.
Xếp 2 vị trí còn lại có thứ tự, có:
2
8
A
cách.
Vậy theo quy tắc nhân có
3
7
C
2
4
C
2
8
A
11760
số.
TH2: Xếp số
0
vị trí
đầu.
Lấy
3
vị trí
, xếp số
3
và
o ba vị trí có:
3
6
C
các
h.
Lấy
2
vị trí
tiếp theo, xếp số
2
vào
hai vị trí có:
2
3
C
cách.
Xếp 1 vị trí còn lại có thứ tự, có:
1
7
A
các
h.
Vậy theo quy tắc nhân có
3
6
C
2
3
C
1
7
A
420
số.
Từ trường hợp 1 và trường hợp 2, ta có
11760
420 11340
số
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài
5: Cho t
am giác
ABC
có bán kính đường tròn ngoại tiếp
1R
và
sin s
in sin
3
a b c
A B C
m m
m
(với
, ,
a b c
m m m
lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh
, ,A B C
của tam
giác
ABC
). Ch
ứng minh rằng tam giác
ABC
đều.
Lời giải
Xét bài to
án: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh
rằng:
2 2 2
2 3 .
a
a b c a m
.
Áp dụ
ng công thức trung tuyến, ta có:
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
4
a a
b c a
m m b c
a
.
Suy ra
:
2 2 2
2 3 . 3 2 2
a
a m a b c a
.
Áp dụ
ng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 2 2
2 3
. 3 2 2 3 .
2
a a
a b c a
a m a b
c a a m a b c
(đpcm).
Theo giả thiết, ta có
1R
suy ra
sin ,sin ,sin
2 2 2
a b c
A B C
;
Khi đó:
sin s
in sin
3 1
2 3 2 3
2 3
a b c
a b c
A B C a b
c
m m m
m m m
2 2 2
1
2 3 2 3
2 3
a b c
a b c
am bm cm
(*).
Áp dụ
ng bài toán chứng minh trên, ta có:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 3 .
2 3
.
2 3 .
a
b
c
a m a b
c
b m a b
c
c m a b
c
.
Khi đó ta
hoàn toàn chứng minh được:
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3
a b c
a b c
am bm
cm
Thật vậy:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 3 2 3
2 3
a b c
a b c a b c
a b c a
b c a b c
am bm cm
2 2 2
1
2 3 2 3
2 3
a b c
a b c
am bm
cm
(**).
Căn cứ
vào giả thiết (*) suy ra bất đẳng thức (**) xảy ra dấu bằng, tức là:
2 2 2
2 2
2
2 2 2
2
2
2
a b c
b a c a
b c
c a b
. Vậ
y suy ra tam giác
ABC
đều (đpcm).
Bài 6: Tìm số có ba chữ số biết rằng số đó bằng tổng giai thừa các chữ số của nó.
Lời giải
Giả sử số cần tìm là
0
abc a
.
Theo giả thiết, ta có:
100 10 ! ! !a b c a b c
.
Nhận
thấy
7! 5040 1000
1000abc
, nên
, , 7
a b c
.
Xé
t
ma
x , , 6
a b
c
,
suy ra
ma
x !, !, ! 720
a b
c
.
Tuy nhiên
666
abc
, do đó
, , 5
a b c
.
Nếu
, ,
4
a b
c
, suy
ra
! !
! 3.4! 72 100
a b
c
.
Vậy trong ba số
, ,a b
c
có
ít nhất một số
5
.
TH1: Có m
ột số bằng
5
,
suy ra hai số còn lại nhỏ hơn
5
.
Su
y ra
! !
! 5! 4! 4! 168
a b
c
.
Khi đó
1
a
suy ra
5
b
ho
ặc
5
c
.
Xé
t số cần lập là
1 5b
hoặc
15c
.
KN1:
1 5abc
b
,
trong đó
1;2
;3;4
b
.
Su
y ra
100 10
5 1! ! 5! ! 16 10
b b
b b
.
Ki
ểm tra
1;2;3;4
b
, ta th
ấy
4
b
thỏa m
ãn yêu cầu bài toán.
KN2:
15abc c
,
trong đó
1;
2;3;4
c
.
Su
y ra
100 50 1! 5! ! ! 29c c c c
.
Kiểm tra
1;
2;3;4
c
,
ta thấy không tồn tại
c
thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
TH2: Có hai số bằng
5
.
Su
y ra
5! 5!
0! 100 10 5! 5! 4! 241 264
a b
c abc
,
suy ra
2
a
.
Th
ử lại
255 2
! 5! 5!
,
nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH3: Cả ba số bằng
5
.
Nhận thấy
555 3.5!
nê
n không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy số có ba chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán là:
145
.
-------------------- HẾT --------------------
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NINH THUẬN
NĂM HỌC: 2019 - 2020 Khóa ngày: 21/03/2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang / 20 điểm) Bài 1:
Cho x , y , z là các số thực dương thỏa xyz  1 . Chứng minh rằng 1 1 1 3    . 3
x y z 3
y z x 3
z x y 2 Lời giải 1 1 1 2 2 2 y VT x z    .
x y z
y z x
z x y 2 1  1 1 1 1 1    2   2 2 y x y z  
Áp dụng bất đẳng thức C-S, ta có: x z    .
x y z
y z x
z x y
2  xy yz zx
Theo giả thiết x , y , z là các số thực dương thỏa xyz  1, khi đó:
xy yz zxxyz2 3 3 3 VT   VT   VT  (đpcm). 2 2 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z  1. Bài 2: Giải phương trình 2 2
5x 14x  9  x x  20  5 x 1 . Lời giải 2 5
x 14x  9  0  Điều kiện xác định: 2
x x  20  0  x  5 . x 1 0  Ta có: 2 2 2
5x 14x  9  5 x 1 
x x  20  2x  5x  2  5  x  
1  x  4 x  5 . u   x  4  Đặt 
với điều kiện: u  3, v  0 . 2 v x  4x  5 
Khi đó phương trình trên trở thành: u v 2 2
3u  2v  5uv  3u u v  2v u v  0  u v3u  2v  0   . 3u  2v   5  61 x   2
TH1: u v suy ra: 2 2 x  4 
x  4x  5  x  5x  9  0   .  5  61  x   2 5  61
Đối chiếu điều kiện nhận x  . 2  x  8
TH2: 3u  2v suy ra: 2 2 3 x 4 2 x 4x 5 4x 25x 56 0           7 .  x    4
Đối chiếu điều kiện nhận x  8 .  5  61  
Vậy tập nghiệm của phương trình S   ;8 . 2     Bài 3:
Cho a  2,b  3, c  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
ab c  4  bc a  2  ca b  3 N  . abc Lời giải c  4 a  2 b  3 2 c  4 2 a  2 3 b  3 Ta có: N       . c a b 2c 2a 3b
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 1 4  c  4 1 2  c  2 1 3  b  3 1 1 1 N     N    . 2c 2 a 2 2 b 3 2 4 2 2 2 3 2  c  4 c  8   
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2  a  2  a  4 .  b   6 3  b  3    Bài 4:
Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số, trong đó 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt
đúng ba lần và các chữ số khác có mặt tối đa một lần. Lời giải
TH1: Xếp số 0 ở mọi vị trí.
Lấy 3 vị trí, xếp số 3 vào ba vị trí có: 3 C cách. 7
Lấy 2 vị trí tiếp theo, xếp số 2 vào hai vị trí có: 2 C cách. 4
Xếp 2 vị trí còn lại có thứ tự, có: 2 A cách. 8
Vậy theo quy tắc nhân có 3 C 2 C 2 A  11760 số. 7 4 8
TH2: Xếp số 0 vị trí đầu.
Lấy 3 vị trí, xếp số 3 vào ba vị trí có: 3 C cách. 6
Lấy 2 vị trí tiếp theo, xếp số 2 vào hai vị trí có: 2 C cách. 3
Xếp 1 vị trí còn lại có thứ tự, có: 1 A cách. 7
Vậy theo quy tắc nhân có 3 C 2 C 1 A  420 số. 6 3 7
Từ trường hợp 1 và trường hợp 2, ta có 11760  420  11340 số thỏa mãn điều kiện bài toán. sin A sin B sin C Bài 5:
Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R  1 và    3 m m m a b c
(với m , m , m lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B ,C a b c
của tam giác ABC ). Chứng minh rằng tam giác ABC đều. Lời giải
Xét bài toán: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: 2 2 2
a b c  2 3 . a m . a 2 2 2
2b  2c a
Áp dụng công thức trung tuyến, ta có: 2 2 2 2 m   2m
2b  2c a . a 4 a Suy ra: 2 2 2 2 3 .
a m a 3 2b  2c a . a
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2 2 2 2
3a  2b  2c a 2 2 2 2 2 2 2 3 .
a m a 3 b c  2a   2 3 .
a m a b c (đpcm). a 2 a a b c
Theo giả thiết, ta có R  1 suy ra sin A  , sin B  , sin C  ; 2 2 2 sin A sin B sin C a b c Khi đó:    3     1 m m m m m m a b c 2 3 2 3 2 3 a b c 2 2 2 a b c     1(*). 2am 3 2bm 3 2cm 3 a b c 2 2 2 2 3 .
a m a b c a  
Áp dụng bài toán chứng minh trên, ta có: 2 2 2 2 3 .
b m a b c . b  2 2 2 2 3 .
c m a b cc  2 2 2 a b c
Khi đó ta hoàn toàn chứng minh được:     1 2am 3 2bm 3 2cm 3 a b c 2 2 2 2 2 2 a b c a b c Thật vậy:      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2am 3 2bm 3 2cm 3
a b c
a b c
a b c a b c 2 2 2 a b c    1 (**). 2am 3 2bm 3 2cm 3 a b c
Căn cứ vào giả thiết (*) suy ra bất đẳng thức (**) xảy ra dấu bằng, tức là: 2 2 2
2a b c  2 2 2
2b a c a b c . Vậy suy ra tam giác ABC đều (đpcm).  2 2 2
2c a bBài 6:
Tìm số có ba chữ số biết rằng số đó bằng tổng giai thừa các chữ số của nó. Lời giải
Giả sử số cần tìm là abc a  0 .
Theo giả thiết, ta có: 100a 10b c a! b! c! . 7!  5040  1000  Nhận thấy 
, nên a ,b , c  7 . abc  1000 
Xét max a ,b , 
c  6 , suy ra max a!,b!, c
!  720 . Tuy nhiên abc  666 , do đó a ,b , c  5 .
Nếu a ,b , c  4 , suy ra a! b! c!  3.4!  72  100 . Vậy trong ba số a , b , c có ít nhất một số 5 .
TH1: Có một số bằng 5 , suy ra hai số còn lại nhỏ hơn 5 .
Suy ra a! b! c!  5! 4! 4!  168 . Khi đó a  1 suy ra b  5 hoặc c  5 . Xét số cần lập là 1 5 b hoặc 15c . KN1: abc  1 5
b , trong đó b 1; 2;3;  4 .
Suy ra 100 10b  5  1! b! 5!  b!16  10b .
Kiểm tra b 1; 2;3; 
4 , ta thấy b  4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
KN2: abc  15c , trong đó c 1;2;3;  4 .
Suy ra 100  50  c  1! 5! c!  c!  29  c .
Kiểm tra c 1;2;3; 
4 , ta thấy không tồn tại c thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: Có hai số bằng 5 .
Suy ra 5! 5! 0!  100a 10b c  5! 5! 4!  241  abc  264 , suy ra a  2 .
Thử lại 255  2! 5! 5! , nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH3: Cả ba số bằng 5 .
Nhận thấy 555  3.5! nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy số có ba chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán là: 145 .
-------------------- HẾT --------------------