Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán năm 2020 sở Khánh Hòa (vòng 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

KHÁNH HÒA THI HSG THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2020

Môn thi: TOÁN (Vòng 1)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

Ngày thi: 19/9/2019

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

3

3

3

3 4 2 4 6 2 4 3 4 2 4 6 2 4 3 4 2 4 6 2 4

x x y y

y y z z

z z x x

                          

( , , ). x y z 

Bài 2. (6,0 điểm)

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương   ;a b

sao cho 1 ( 1)( 2) . 2 n a b a b a      

b) Cho dãy số   nu xác định bởi 1 5 u  , 1

1

n n

n u u u   với mọi 1. n 

Tìm phần nguyên của 209. u

Bài 3. (4,0 điểm)

Một nhóm phượt có n thành viên. Năm 2018, họ thực hiện sáu chuyến du lịch mà mỗi chuyến có đúng 5 thành viên tham gia. Biết rằng hai chuyến du lịch bất kì chung nhau không quá 2 thành viên. Tìm giá trị nhỏ nhất của n.

Bài 4. (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD. Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P thuộc cạnh AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh rằng QN vuông góc với BC.

Bài 5. (2,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ( ). xy yz zx xyz x y z     

Chứng minh rằng 1 1 1 1. 2 1 2 1 2 1 x y z      

--------------- HẾT ---------------

Trang 2/8 – Diễn đàn giáo viên Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HOÀ GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN (ngày 1) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC

Bài 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình

3

3

3

3 4 2 4 6 2 4 3 4 2 4 6 2 4 3 4 2 4 6 2 4

x x y y

y y z z

z z x x

 + + = + −  −   + + = + −  −   + + = + −  − 

.

Lời giải

Điều kiện:

3

3

3

x

y

z

≤  ≤  ≤ 

.

Xét hàm ( ) 3 4 2 f t t t = + + và ( ) 3 4 6 2 4 g t t t = + − − trên ( ] ;3 −∞ .

Hệ phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

2

3

f x g y

f y g z

f z g x

=   =   = 

Ta có ( ) 2 3 4 0 f t t ′ = + > ( ] ;3 t ∀∈−∞ ⇒ Hàm số ( ) 3 4 2 f t t t = + + đồng biến trên ( ] ;3 −∞ .

( ) ( )

2 3 4 0 6 2 4 g t t t ′ = − − < − − ( ) ;3 t ∀∈−∞ ⇒ ( ) 3 4 6 2 4 g t t t = + − − nghịch biến trên

( ] ;3 −∞ .

Không mất tính tổng quát ta giả sử { } ; ; x max x y z = . Khi đó ta có x y ≥ ; x z ≥ .

x y ≥ (*) ( ) ( ) f x f y ⇒ ≥ (vì hàm ( ) f t đồng biến), kết hợp với hệ phương trình

( ) ( ) g y g z ⇒ ≥ (vì hàm ( ) g t nghịch biến), kết hợp hệ phương trình y z ⇒ ≤ ( ) ( ) f y f z ⇒ ≤

( ) ( ) g z g x ⇒ ≤ z x ⇒ ≥ (**).

Từ (*) và (**) ta suy ra x z = ( ) ( ) f x f z ⇒ = ( ) ( ) g y g x ⇒ = y x ⇒ = .

Vậy ta có x y z = = .

Từ hệ phương trình ta suy ra ( ) ( ) f x g x = 3 3 4 2 4 6 2 4 x x x x ⇔ + + = + − −

3 3 4 2 4 6 2 0 4 x x x x ⇔ + + − − − = − .

Xét hàm ( )

3 3 4 2 4 6 2 4 h x x x x x = + + − − − − trên ( ] ;3 −∞ .

Trang 3/8 – HSG-WT

Ta có ( ) ( )

2 2 3 4 3 4 0 6 2 4 h x x x x ′ = + + + > − − ( ) ;3 x ∀∈−∞

⇒hàm số ( )

3 3 4 2 4 6 2 4 h x x x x x = + + − − − − đồng biến trên ( ] ;3 −∞ .

⇒Phương trình ( ) 0 h x = có nhiều nhất một nghiệm.

Ta có ( ) 1 0 h = nên phương trình ( ) 0 h x = có nghiệm duy nhất 1 x = .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ) 1;1;1

Bài 2.

a. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương

( ) ; a b sao cho ( )( ) 1 1 2 2 n a b a b a = + − + − + .

b. Cho dãy số xác định bởi 1 1

1 5; n n

n u u u u + = = + với mọi 1 n ≥. Tìm phần( ) nu nguyên của

209 u .

Lời giải

a.

Cách 1. Đặt 2 m a b m = + ⇒ ≥ .

Phương trình trên trở thành:

( )( ) 1 1 2 2 n m m m b = − − + − ( ) 2 2 1 1 1 0 2 1 0 2 2 m m b n m m b n ⇔ − + − − = ⇔ − + − − = (1).

Để tồn tại cặp số nguyên dương ( ) ; a b thì (1) phải có nghiệm nguyên dương lớn hơn hoặc bằng

2.

Do đó, điều kiện cần là (1) 0 ∆ > và phải chính phương.

( ) ( ) (1) 1 8 1 8 7 b n b n ∆ = − −− = + −

Dễ thấy ( ) 2 (1) 2 1 , k k ∆ = …