Bài |
Đáp án |
Điểm |
Bài 1 |
|
2,00 |
Điều kiện $xge -1$, ta có ${{x}^{2}}+2x+2=3xsqrt{x+1}$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-3xsqrt{x+1}+2 |
0,5 |
|
Đặt $u=x,,vtext{ }!!grave{mathrm{a}}!!text{ },v=sqrt{x+1}ge 0$, Phương trình đã cho trở thành ${{u}^{2}}-3uv+2{{v}^{2}}=0$. |
0,5 |
|
$ Leftrightarrow left |
0,5 |
|
TH1: $u=v$ ta có $sqrt {x + 1} = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l} TH2: $u=2v$ ta có $2sqrt {x + 1} = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l} Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là $x=2+2sqrt{2},text{ }x=dfrac{1+sqrt{5}}{2}$. |
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 $a=bne c$. Vì a+ b> c nên Bắt đầu từ bộ a = b $ge 5$ trở đi thì $a+bge 10$ thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 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 |
0,25 |
|
Vậy có 9+156 = 165 số cần tìm. |
0,25 |
|
Bài 2 |
a) Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng ${{left |
1,00 |
Ta có $VT={{left |
0,5 |
|
$,={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2left |
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 |
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{2left $={{left |
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{ } Mặt khác $x+y+z=dfrac{1}{2}Rightarrow dfrac{1}{x+y+z}=2$. |
0,25 |
|
Từ |
0,25 |
|
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l} |
0,25 |
|
Bài 3 |
Cho đường tròn $ a) Chứng minh rằng $MNBA$ là tứ giác nội tiếp. |
1,00 |
|
|
|
Ta có $widehat{BAC}={{90}^{0}}$ |
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 |
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 |
0,25 |
|
Vậy P = 1. |
0,25 |
|
c) Từ $B$vẽ tiếp tuyến với đường tròn $ |
1,00 |
|
Ta thấy $widehat{MBN}=widehat{DBC}$ $widehat{DBC}=widehat{DAC}$ Suy ra $widehat{MBN}=widehat{DAC}Rightarrow widehat{NMB}=widehat{BCA},, Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có $widehat{NMB}=widehat{NAB}$ Tam giác OAC cân tại O $Rightarrow widehat{BCA}=widehat{OAC}$ Từ Mà $widehat{BAC}={{90}^{0}}Rightarrow widehat{NAO}={{90}^{0}}$ Suy ra NA là tiếp tuyến của Theo tính chất tiếp thuyến ta có EA=EB và $widehat{EAB}=widehat{EBA}$. |
0,25 |
|
Trong tam giác vuông KAB, ta có $widehat{EAB}=widehat{EBA}Rightarrow widehat{BKA}=widehat{EAK}$ |
0,25 |
|
Mặt khác AH//BK AI//KE$Rightarrow dfrac{CI}{CE}=dfrac{AI}{KE}$ HI//EB$Rightarrow dfrac{CI}{CE}=dfrac{HI}{BE}$ |
0,25 |
|
Mà $KE=EB$, suy ra $AI=HI$ nên I là trung điểm đoạn thẳng AH. |
0,25 |
|
Bài 4 |
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 $a+b+c=abcLeftrightarrow dfrac{1}{bc}+dfrac{1}{ca}+dfrac{1}{ab}=1$. 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 |
0,25 |
|
$begin{array}{l} $begin{array}{l} Ta có điều phải chứng minh. |
0,25 |
|
Bài 5
|
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 Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n Loại 3: không có tuyến đi và đến từ A có n 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$pleft Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 không vượt quá $m.n$. |
0,25 |
|
Vì ${{left Gọi $S$là số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng Có $Sle m+n+pleft 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 ———