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

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  zx  xyz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  c  c  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  b  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 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 --------------------