|
Bài |
Đáp án |
Điểm |
|
Bài 1 (3,00đ) |
|
2,00 |
|
Điều kiện $x\ge -1$, ta có ${{x}^{2}}+2x+2=3x\sqrt{x+1}$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x\sqrt{x+1}+2(x+1)=0$. |
0,5 |
|
|
Đặt $u=x\,\,v\text{ }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }\,v=\sqrt{x+1}\ge 0$, Phương trình đã cho trở thành ${{u}^{2}}-3uv+2{{v}^{2}}=0$. |
0,5 |
|
|
$ \Leftrightarrow \left( {u - v} \right)\left( {u - 2v} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,5 |
|
|
TH1: $u=v$ ta có $\sqrt {x + 1} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} TH2: $u=2v$ ta có $2\sqrt {x + 1} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là $x=2+2\sqrt{2},\text{ }x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$. |
0,5 |
|
|
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số $\overline{abc}$ sao cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác cân. |
1,00 |
|
|
TH1: lập thành tam giác đều thì $a=b=c>0$, có 9 số lập được. |
0,25 |
|
|
TH2: Xét $a=b\ne c$. Vì a+ b> c nên (2,2,c) có 2 cách chọn c, lập được 2 số. (3,3,c) có 4 cách chọn c, lập được 4 số. (4,4,c) có 6 cách chọn c, lập được 6 số. Bắt đầu từ bộ a = b $\ge 5$ trở đi thì $a+b\ge 10$ thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 (không tính trường hợp trùng với a, b) thì ta đều có a+b>c. Chọn a, b có 5 cách chọn, Chọn c có 8 cách chọn. Nên có 8.5 = 40 cách chọn, lập được 40 số. |
0,25 |
|
|
Vì vai trò a, b, c là như nhau nên có ( 2+4+6+40)×3 = 156 số. |
0,25 |
|
|
Vậy có 9+156 = 165 số cần tìm. |
0,25 |
|
|
Bài 2 (2,00đ) |
a) Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( ab+bc+ca \right).$ |
1,00 |
|
Ta có $VT={{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{\left[ \left( a+b \right)+c \right]}^{2}}={{\left( a+b \right)}^{2}}+2\left( a+b \right)c+{{c}^{2}}$ |
0,5 |
|
|
$\,={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( ab+bc+ca \right)=VP$. (Điều phải chứng minh) |
0,5 |
|
|
b) Cho ba số $x,y,z$ khác $0$ đồng thời thỏa mãn $x+y+z=\dfrac{1}{2}$, $\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}+\dfrac{1}{{{z}^{2}}}+\dfrac{1}{xyz}=4$, và $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}>0$. Tính giá trị biểu thức $Q=\left( {{y}^{2017}}+{{z}^{2017}} \right)\left( {{z}^{2019}}+{{x}^{2019}} \right)\left( {{x}^{2021}}+{{y}^{2021}} \right)$. |
1,00 |
|
|
Ta có: $4=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}+\dfrac{1}{{{z}^{2}}}+\dfrac{1}{xyz}=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}+\dfrac{1}{{{z}^{2}}}+\dfrac{2\left( x+y+z \right)}{xyz}=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}+\dfrac{1}{{{z}^{2}}}+2\left( \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx} \right)$ $={{\left( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right)}^{2}}$.( theo câu a) |
0,25 |
|
|
Mà $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}>0$, suy ra $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=2\,.\text{ }(1)$ Mặt khác $x+y+z=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{1}{x+y+z}=2$. (2) |
0,25 |
|
|
Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{x+y+z}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)(x+y+z)=xyz\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)=0$. |
0,25 |
|
|
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
Bài 3 (3,00đ) |
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $BC$ và $H$ là một điểm nằm trên đoạn thẳng $BO$ (điểm $H$ không trùng với hai điểm $B$ và $O$). Qua $H$ vẽ đường thẳng vuông góc với $BC$, cắt đường tròn $(O)$ tại $A$và $D$. Gọi $M$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, qua $M$ vẽ đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $N.$ a) Chứng minh rằng $MNBA$ là tứ giác nội tiếp. |
1,00 |
|
|
|
|
|
Ta có $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{BAM}={{90}^{0}}$. |
0,25 |
|
|
Mặt khác$\widehat{MNB}={{90}^{0}}$. |
0,25 |
|
|
Suy ra Tứ giác MNBA có $\widehat{BAM}+\widehat{MNB}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$. |
0,25 |
|
|
Suy ra tứ giác MNBA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MB. |
0,25 |
|
|
b) Tính giá trị của $P=2{{\left( \dfrac{BO}{AB} \right)}^{2}}-\dfrac{OH}{BH}$. |
1,00 |
|
|
Ta có $\Delta ABC$ vuông tại A, nên: $BH=\dfrac{A{{B}^{2}}}{BC}=\dfrac{A{{B}^{2}}}{2BO}$. |
0,25 |
|
|
$OH=BO-BH=BO-\dfrac{A{{B}^{2}}}{BC}=\dfrac{2B{{O}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2BO}$. |
0,25 |
|
|
$\dfrac{OH}{BH}=\dfrac{2B{{O}^{2}}-A{{B}^{2}}}{A{{B}^{2}}}=2{{\left( \dfrac{BO}{AB} \right)}^{2}}-1$ |
0,25 |
|
|
Vậy P = 1. |
0,25 |
|
|
c) Từ $B$vẽ tiếp tuyến với đường tròn $(O)$, cắt hai đường thẳng $AC$ và $AN$ lần lượt tại $K$ và $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $EC$ luôn đi qua trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AH$ khi điểm $H$ di động trên đoạn thẳng $BO$. |
1,00 |
|
|
Ta thấy $\widehat{MBN}=\widehat{DBC}$ (đối đỉnh) $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}$ ( Tứ giác DBAC nội tiếp) Suy ra $\widehat{MBN}=\widehat{DAC}\Rightarrow \widehat{NMB}=\widehat{BCA}\,\,(1)$ Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có $\widehat{NMB}=\widehat{NAB}$ (2) Tam giác OAC cân tại O $\Rightarrow \widehat{BCA}=\widehat{OAC}$ (3) Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat{NAB}=\widehat{OAC}\Rightarrow \widehat{OAC}+\widehat{BAO}=\widehat{NAB}+\widehat{BAO}\Leftrightarrow \widehat{BAC}=\widehat{NAO}$ Mà $\widehat{BAC}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{NAO}={{90}^{0}}$ Suy ra NA là tiếp tuyến của (O). Theo tính chất tiếp thuyến ta có EA=EB và $\widehat{EAB}=\widehat{EBA}$. |
0,25 |
|
|
Trong tam giác vuông KAB, ta có $\widehat{EAB}=\widehat{EBA}\Rightarrow \widehat{BKA}=\widehat{EAK}$ (Phụ với 2 góc bằng nhau) $\Rightarrow \vartriangle KAE$cân tại E$\Rightarrow AE=KE\Rightarrow EB=KE$ |
0,25 |
|
|
Mặt khác AH//BK ( cùng vuông góc với AB) AI//KE$\Rightarrow \dfrac{CI}{CE}=\dfrac{AI}{KE}$ (Định lý Thales) HI//EB$\Rightarrow \dfrac{CI}{CE}=\dfrac{HI}{BE}$(Định lý Thales) $\Rightarrow \dfrac{AI}{KE}=\dfrac{HI}{BE}$ |
0,25 |
|
|
Mà $KE=EB$, suy ra $AI=HI$ nên I là trung điểm đoạn thẳng AH. |
0,25 |
|
|
Bài 4 (1,00đ) |
Với $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $\dfrac{\sqrt{1+{{a}^{2}}}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+{{b}^{2}}}}{b}-\sqrt{1+{{c}^{2}}}<1$. |
1,00 |
|
Ta có $a+b+c=abc\Leftrightarrow \dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}=1$. Đặt $\dfrac{1}{a}=x$, $\dfrac{1}{b}=y$, $\dfrac{1}{c}=z$ Khi đó $x,y,z>0$ và $xy+yz+zx=1$. Vì vậy |
0,25 |
|
|
$\begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
Ta có: $\sqrt {1 + {x^2}} \sqrt {1 + {y^2}} = \sqrt {1 + {x^2} + {y^2} + {x^2}{y^2}} = \sqrt {{{\left( {1 - xy} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2}} = \left( {x + y} \right)\sqrt {1 + {z^2}} $ |
0,25 |
|
|
$\begin{array}{l} $\begin{array}{l} Ta có điều phải chứng minh. |
0,25 |
|
|
Bài 5 (1,00đ)
|
Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh trong tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một chiều như sau: nếu có tuyến đi từ $A$đến $B$ và từ $B$ đến $C$ thì sẽ không có tuyến đi từ $A$ đến $C$. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa điểm trên? |
1,00 |
|
Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến A). Ta chia các địa điểm còn lại thành 3 loại: Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường. Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n(2) = n tuyến đường. Loại 3: không có tuyến đi và đến từ A có n(3) = p tuyến đường. Khi đó: m+n+p = 17. |
0,25 |
|
|
Số tuyến đường liên quan đến A có m + n tuyến. Số tuyến đường không liên quan đến A không vượt quá$p\left( m+n \right)$. Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 không vượt quá $m.n$. |
0,25 |
|
|
Vì ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$$\Leftrightarrow 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0,$với mọi số thực $a,b,c$. Do đó $ab+bc+ca\le \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3}$.(5) Gọi $S$là số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng (5) Có $S\le m+n+p\left( m+n \right)+m.n=m.n+\left( p+1 \right)m+n\left( p+1 \right)\le \dfrac{{{\left( m+n+p+1 \right)}^{2}}}{3}=108$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $m = n = p + 1 = \frac{{18}}{3} = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
Vậy có thể thiết lập tối đa 108 tuyến đường một chiều để đi hết 18 địa điểm đã cho. |
0,25 |
--------- HẾT ---------
