Đáp án – đề 16

Bài

Đáp án

Điểm

Bài 1

3,00đ

  1. Giải phương trình ${{x}^{2}}+2x+2=3xsqrt{x+1}$.

2,00

Điều kiện $xge -1$, ta có

${{x}^{2}}+2x+2=3xsqrt{x+1}$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-3xsqrt{x+1}+2x+1=0$.

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 leftuvrightleftu2vright = 0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
u – v = 0\
u – 2v = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
u = v\
u = 2v
end{array} right.$

0,5

TH1: $u=v$ ta có $sqrt {x + 1}  = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ge 0\
x + 1 = {x^2}
end{array} right. Leftrightarrow x = frac{{1 + sqrt 5 }}{2}$

TH2: $u=2v$ ta có $2sqrt {x + 1}  = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ge 0\
4x+1 = {x^2}
end{array} right. Leftrightarrow x = 2 + 2sqrt 2 $

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

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 $a+bge 10$ thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 khôngtínhtrưnghptrùngvia,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

              ${{lefta+b+cright}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2leftab+bc+caright.$

1,00

Ta có $VT={{lefta+b+cright}^{2}}={{leftleft(a+bright)+cright}^{2}}={{lefta+bright}^{2}}+2lefta+brightc+{{c}^{2}}$

0,5

$,={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2leftab+bc+caright=VP$. Điuphichngminh

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 $Q=lefty2017+z2017rightleftz2019+x2019rightleftx2021+y2021right$.

1,00

Ta có:

$4=dfrac{1}{{{x}^{2}}}+dfrac{1}{{{y}^{2}}}+dfrac{1}{{{z}^{2}}}+dfrac{1}{xyz}=dfrac{1}{{{x}^{2}}}+dfrac{1}{{{y}^{2}}}+dfrac{1}{{{z}^{2}}}+dfrac{2leftx+y+zright}{xyz}=dfrac{1}{{{x}^{2}}}+dfrac{1}{{{y}^{2}}}+dfrac{1}{{{z}^{2}}}+2leftdfrac1xy+dfrac1yz+dfrac1zxright$

$={{leftdfrac1x+dfrac1y+dfrac1zright}^{2}}$.theocâua

 

 

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 12 suy ra  $dfrac{1}{x}+dfrac{1}{y}+dfrac{1}{z}=dfrac{1}{x+y+z}Leftrightarrow xy+yz+zxx+y+z=xyzLeftrightarrow leftx+yrightlefty+zrightleftz+xright=0$.

0,25

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – y\
y =  – z\
z =  – x
end{array} right.$ do đó ${{x}^{2021}}=-{{y}^{2021}},{{y}^{2017}}=-{{z}^{2017}},{{z}^{2019}}=-{{x}^{2019}}$. Vậy$Q=0$.

0,25

Bài 3

3,00đ

          Cho đường tròn $O$ đường kính $BC$ và $H$ là một điểm nằm trên đoạn thẳng $BO$ đim$H$khôngtrùngvihaiđim$B$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 $widehat{BAC}={{90}^{0}}$ gócnitiếpchnnađưngtròn $Rightarrow widehat{BAM}={{90}^{0}}$.

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 $P=2{{leftdfracBOABright}^{2}}-dfrac{OH}{BH}$.

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

$dfrac{OH}{BH}=dfrac{2B{{O}^{2}}-A{{B}^{2}}}{A{{B}^{2}}}=2{{leftdfracBOABright}^{2}}-1$

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  $widehat{MBN}=widehat{DBC}$ điđnh

$widehat{DBC}=widehat{DAC}$ TgiácDBACnitiếp

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 $widehat{EAB}=widehat{EBA}Rightarrow widehat{BKA}=widehat{EAK}$ Phvi2gócbngnhau $Rightarrow vartriangle KAE$cân tại E$Rightarrow AE=KERightarrow EB=KE$

0,25

Mặt khác AH//BK cùngvuônggócviAB

AI//KE$Rightarrow dfrac{CI}{CE}=dfrac{AI}{KE}$ ĐnhlýThales

HI//EB$Rightarrow dfrac{CI}{CE}=dfrac{HI}{BE}$ĐnhlýThales  $Rightarrow dfrac{AI}{KE}=dfrac{HI}{BE}$

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 $a+b+c=abcLeftrightarrow dfrac{1}{bc}+dfrac{1}{ca}+dfrac{1}{ab}=1$. 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

$begin{array}{l}
frac{{sqrt {1 + {a^2}} }}{a} + frac{{sqrt {1 + {b^2}} }}{b} – sqrt {1 + {c^2}}  < 1 Leftrightarrow sqrt {1 + {x^2}}  + sqrt {1 + {y^2}}  – frac{{sqrt {1 + {z^2}} }}{z} < 1\
 Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right – sqrt {1 + {x^2}} sqrt {1 + {y^2}}  + frac{{sqrt {1 + {z^2}} }}{z} > 0\
 Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right + frac{{sqrt {1 + {z^2}}  – zsqrt {1 + {x^2}} sqrt {1 + {y^2}} }}{z} > 0,,,4
end{array}$

0,25

Ta có: $sqrt {1 + {x^2}} sqrt {1 + {y^2}}  = sqrt {1 + {x^2} + {y^2} + {x^2}{y^2}}  = sqrt {{{left1xyright}^2} + {{leftx+yright}^2}}  = leftx+yrightsqrt {1 + {z^2}} $

0,25

$begin{array}{l}
left4right Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right + frac{{sqrt {1 + {z^2}}  – zleftx+yrightsqrt {1 + {z^2}} }}{z} > 0\
 Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right + frac{{sqrt {1 + {z^2}}  – leftxz+yzrightsqrt {1 + {z^2}} }}{z} > 0,,
end{array}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right + frac{{sqrt {1 + {z^2}}  – left1xyrightsqrt {1 + {z^2}} }}{z} > 0\
 Leftrightarrow leftsqrt1+x21rightleftsqrt1+y21right + frac{{xysqrt {1 + {z^2}} }}{z} > 0,,forall x,y,z > 0.
end{array}$

    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 gmcđưngxutpháttAvàđưngđiđếnA. Ta chia các địa điểm còn lại thành 3 loại:

Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n1 = m tuyến đường.

Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n2 = n tuyến đường.

Loại 3: không có tuyến đi và đến từ A có n3 = 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$pleftm+nright$.

Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 không vượt quá $m.n$.

0,25

Vì ${{lefta+b+cright}^{2}}ge 3leftab+bc+carightLeftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge ab+bc+ca$$Leftrightarrow 2lefta2+b2+c2rightge 2leftab+bc+carightLeftrightarrow {{leftabright}^{2}}+{{leftbcright}^{2}}+{{leftcaright}^{2}}ge 0,$với mọi số thực $a,b,c$. Do đó $ab+bc+cale dfrac{{{lefta+b+cright}^{2}}}{3}$.5

Gọi $S$là số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng 5

Có $Sle m+n+pleftm+nright+m.n=m.n+leftp+1rightm+nleftp+1rightle dfrac{{{leftm+n+p+1right}^{2}}}{3}=108$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $m = n = p + 1 = frac{{18}}{3} = 6 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 6\
n = 6\
p = 5
end{array} right.$

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 ———

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *