Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Ninh Thuận

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các em có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi chọn HSG sắp tới. TaiLieu.vn xin gửi đến các em Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Ninh Thuận. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 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  3  3  . x  y  z y  z  x z  x  y 2 Lời giải 1 1 1 2 x 2 y z2 VT    . x  y  z y  z  x z  x  y 2 1 1 1 1 1 1 2 x y z x 2 y z2   . Áp dụng bất đẳng thức C-S, ta có:    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: 2 xy  yz  zx 3 3  xyz  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 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 . Lời giải 2 5 x  14 x  9  0  Điều kiện xác định:  x 2  x  20  0  x  5 . x 1  0  Ta có: 5 x 2  14 x  9  5 x  1  x 2  x  20  2 x 2  5 x  2  5  x  1 x  4  x  5 . u  x  4 Đặt  với điều kiện: u  3, v  0 . 2 v  x  4 x  5 Khi đó phương trình trên trở thành: u  v 3u 2  2v 2  5uv  3u  u  v   2v  u  v   0   u  v  3u  2v   0   . 3u  2v  5  61 x  2 . TH1: u  v suy ra: x  4  x2  4 x  5  x2  5x  9  0    5  61 x   2
5  61 Đối chiếu điều kiện nhận x  . 2 x  8 TH2: 3u  2v suy ra: 3 x  4  2 x  4 x  5  4 x  25 x  56  0   2 2 . x   7  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: C73 cách. Lấy 2 vị trí tiếp theo, xếp số 2 vào hai vị trí có: C42 cách. Xếp 2 vị trí còn lại có thứ tự, có: A82 cách. Vậy theo quy tắc nhân có C73 C42 A82  11760 số. TH2: Xếp số 0 vị trí đầu. Lấy 3 vị trí, xếp số 3 vào ba vị trí có: C63 cách. Lấy 2 vị trí tiếp theo, xếp số 2 vào hai vị trí có: C32 cách. Xếp 1 vị trí còn lại có thứ tự, có: A71 cách. Vậy theo quy tắc nhân có C63 C32 A71  420 số. 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 ma mb mc (với ma , mb , mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh 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: a 2  b 2  c 2  2 3a.ma . 2b 2  2c 2  a 2 Áp dụng công thức trung tuyến, ta có: ma2   2ma  2b 2  2c 2  a 2 . 4 Suy ra: 2 3a.ma  a 3 2b 2  2c 2  a 2 . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 3a 2  2b 2  2c 2  a 2 2 3a.ma  a 3 b 2  c 2  2a 2   2 3a.ma  a 2  b2  c 2 (đpcm). 2 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 ma mb mc 2ma 3 2mb 3 2mc 3 a2 b2 c2     1 (*). 2ama 3 2bmb 3 2cmc 3 2 3a.ma  a 2  b 2  c 2  Áp dụng bài toán chứng minh trên, ta có: 2 3b.mb  a 2  b 2  c 2 .  2 2 2 2 3c.mc  a  b  c a2 b2 c2 Khi đó ta hoàn toàn chứng minh được:    1 2ama 3 2bmb 3 2cmc 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Thật vậy:    2 2 2  2 2 2  2 2 2 2ama 3 2bmb 3 2cmc 3 a  b  c a  b  c a  b  c a2 b2 c2    1 (**). 2ama 3 2bmb 3 2cmc 3 Căn cứ vào giả thiết (*) suy ra bất đẳng thức (**) xảy ra dấu bằng, tức là: 2a 2  b 2  c 2  2 2 2 2b  a  c  a  b  c . Vậy suy ra tam giác ABC đều (đpcm). 2c 2  a 2  b 2  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 1b5 hoặc 15c . KN1: abc  1b5 , 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 --------------------