Title Đề số 2.docx ✅

Câu 1. (5 điểm) 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để (1)(2) 1 6 nnn p  là số nguyên tố. 2. Giải phương trình 16(1)(6)1xxxx Câu 2. (5 điểm) 1. Cho ba số thực khác không ,,abc thỏa mãn điều kiện: 0abc và 1111 abcabc  . Tính giá trị của biểu thức: 202120212021 202120212021 111 ()()Aabc abc 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên ;;xyz thỏa mãn 810zxyxy Câu 3. (2 điểm) Cho ,,abc là các số thực dương thỏa mãn 1abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 222222 232323 abc A abbcca  Câu 4. (7 điểm) Cho đoạn thẳng 8ABcm và một điểm M nằm bất kỳ trên đoạn thẳng AB , một nửa mặt phẳng bờ AB , dựng hai hình vuông AMCD và BMEF . Gọi giao điểm của đường thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P . a) Chứng minh bốn điểm ,,,ANPB cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng 2.DNFNMN và 3 điểm ,,NPF thẳng hàng. c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5. (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có các kích thước là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm, có thể tích 3()acm . Biết khi đạt hình hộp chữ nhật đó đặt lên mặt bàn thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là 2()acm (minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của a . HẾT
Đáp án Đề số 2 Câu 1. (5 điểm) 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để (1)(2) 1 6 nnn p  là số nguyên tố. 2. Giải phương trình 16(1)(6)1xxxx Lời giải 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để (1)(2) 1 6 nnn p  là số nguyên tố. Ta có 2 (1)(2) 1 6 (3)(2) 6 nnn p nn P     Với 01nP không phải số nguyên tố Với 12nP là số nguyên tố Với 25nP là số nguyên tố. Với 311nP là số nguyên tố. Với 4n thì (3)6n và 2(2)17n (3)n và 2(2)n thì luôn tồn tại một số số chẵn nên khi đó P là hợp số. Vậy P là số nguyên tố thì 1;2;3n 2. Giải phương trình 16(1)(6)1xxxx (*) Điều kiện xác định: 16x Đặt 2 2 2 16 12(1)(6)6 52(1)(6) 5 (1)(6) 2 txx txxxx txx t xx      Thay vào (*) ta được
2 2 2 5 1252 2 1 230 3 t ttt t tt t       Với t=3 2 35 (1)(6) 2 (1)(6)2 (1)(6)4 xx xx xx     2x hoặc 5x Câu 2. (5 điểm) 1. Cho ba số thực khác không ,,abc thỏa mãn điều kiện: 0abc và 1111 abcabc  . Tính giá trị của biểu thức: 202120212021 202120212021 111 ()()Aabc abc 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên ;;xyz thỏa mãn 810zxyxy Lời giải 1. Ta có  11111111 0 0 () () .0 () ()(bc)(ca)0 0 bc0 ca0 abcabcabcabc abab abcabc cabcab ab abcabc ab abab bc ca                Khi đó ta có 202120212021 202120212021 111 ()Aabc abc     202120212021 202120212021 2021 2021 111 (()())() ()() 1 (). () 1 Aaaa aaa a a      2. - Nếu 0810zz không là số nguyên, xyxyz (*) không thể xảy ra.
- Nếu 0z11xyxy . Trường hợp 1. 116 15 xyx xyy     Trường hợp 2. 16 115 xyx xyy     Trường hợp 3. 1112 11 xyx xyy     Trường hợp 4. 112 1111 xyx xyy     - Nếu 1z810z là số chẵn và chia 4 dư 2  xyxy là số chẵn. Mà 2xyxyx là số chẵn xy và xy là số chẵn. xyxy chia hết cho 4, mà 810z không chia hết cho 4. Nên 1z không thể xảy ra. Vậy bộ số nguyên ,y,zx là 6,5,0;6,5,0;12,1,0;12,11,0 Câu 3. (2 điểm) Cho ,,abc là các số thực dương thỏa mãn 1abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 222222 232323 abc A abbcca  Lời giải 222222 232323 abc A abbcca  Ta có: 222222312222ababaabaabc 22 1 232222(b1bc) aa ababaabc  Tương tự 22 22 1 232(c1) 1 232(a1) b bcac c caab     111111 211121. 111 21112 bbc A bbccacaabbbcbbcabcbcabcabbc bbc A bbcbbcbcb         Dấu “ =” xảy ra khi 1abc