Tuyển tập đề thi thử vào 10 năm 2021 2022 + đáp án

ĐỀ SỐ 1
Bài 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức :

�
1 x 1 x �
1
5 5
B�

�:
1  x 1  x �(1  x) x x
�
A = 5  1 - 6  2 5 và
(x > 0, x ≠ 1)
a) Rút gọn biểu thức A, B
b) Tìm x để: B + 6A = 2x.
Bài 2 (1,5 điểm).
1. Giải hệ phương trình
2. Một người vay ngân hàng 30 000 000 (ba mươi triệu) đồng với lãi suất ngân hàng là 5% một
năm và theo thể thức lãi đơn (tiền lãi không gộp vào chung với vốn).

a) Hãy thiết lập hàm số thể hiện mối liên hệ giữa tổng số tiền nợ T (VNĐ) và số nợ (năm).
b) Hãy cho biết sau 4 năm, người đó nợ ngân hàng tất cả bao nhiêu tiền?
Bài 3 (2,5 điểm)
1. Cho phương trình ẩn x: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0 (m là tham số) (1)
a) Giải phương trình (1) với m = - 2
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn điều kiện x13 + x23 = 28
2. Quãng đường từ A đến B dài 80 km. Hai người khởi hành cùng lúc từ A đến B, một người đi xe
máy, một người đi ô tô. Người đi ô tô đến B sớm hơn người đi xe máy là 40 phút. Biết mỗi giờ, ô
tô đi nhanh hơn xe máy là 20 km. Tìm vận tốc của mỗi xe?
Bài 4: (0,75đ): Một bể nước hình hộp chữ nhật có chiều dài 2m. Lúc đầu bể khơng có nước. Sau

khi đổ vào bể 120 thùng nước, mỗi thùng chứa 20 lít nước thì mực nước của bể cao 0,8 m.
a) Tính chiều rộng của bể nước
b) Người ta đổ thêm vào bể 60 thùng nước nữa thì đầy bể. Hỏi bể cao bao nhiêu mét?

(O ) , các đường
Bài 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn
cao AD, BE và CF cắt nhau tại H .
a) Chứng minh tứ giác BDHF và BCEF nội tiếp.
�

b) Chứng minh FC là tia phân giác của EFD .
c) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại M . Đường thẳng qua B và song song với AC
cắt AM tại I và cắt AH tại K . Chứng minh tam giác HI K là tam giác cân.
Bài 6.(0,75 điểm). Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

1
a 2  2b 2  3



1
b 2  2c 2  3



1
c 2  2a 2  3 .

===== Hết đề =====

DAPAN


Bài 1

Đáp án

Điểm

a)(1đ)
5( 5  1)

5 5

A=

51 -

62 5 =

= 5 – ( 5 1)

1,5
điểm

51

2
- ( 5  1)

0.25

(vì 5  1 > 0)

= 5- 5 + 1 = 1

0,25

Với x > 0, x ≠ 1:
(1  x )(1  x )  (1  x )(1  x )
B
(1  x) x x
(1

x
)(1

x
)
Rút gọn

0,25

=

0,25

b) (0,5đ)
2

B + 6A = 2x <=> B  2 x  6 � 4 x  2 x  6  0 (x > 0, x ≠ 1)

0,25

( không thỏa mãn)

0,25

Đối chiếu ĐK và kết luận khơng tìm được giá trị nào của x để B +6A = 2x
Bài 2

Đáp án
Câu 1( 0,75 đ)
ĐK: x 1, y 2

1

2

Điểm
0,25

1
1
u;
v
y 2
Đặt x  1
ta được hệ:
1

u 1; v 
2
- Giải hệ trên ta được

 2u  6v 5

 3u  4v 1

- Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình là (x, y) = (0 ;4).
Câu 2: 0,75 đ
a) (0,5 đ)
Một người vay ngân hàng 30 000 000 VNĐ với lãi suất 5% một năm
theo thể thức lãi đơn.
Sau 1 năm người này nợ thêm: 30 000 000.5% = 1 500 000 (VNĐ)
Sau n năm người này nợ thêm: 1 500 000.n (VNĐ)
Khi đó tổng số tiền người đó nợ sau n năm là:
1 500 000.n + 30 000 000 (VNĐ)
Hàm số thể hiện mối liên hệ giữa tổng số tiền nợ T (VNĐ) và số nợ n
(năm) là:
T = 1 500 000.n + 30 000 000

0,25
0,25

0,25

0,25

Bài
3.1

b) (0.25 đ)
Thay n = 4 vào công thức T = 1 500 000.n + 30 000 000, ta được:
T = 1 500 000.4 + 30 000 000 = 36 000 000
Vậy sau 4 năm người đó nợ ngân hàng là 36 000 000 VNĐ

0,25

Đáp án

Điểm

a. (0,5 điểm)
Xét phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0 (m là tham số) (1)


- Với m = -2 ta có PT: x2 - 2(-2 + 1)x + 2(-2) + 1 = 0
 x2 + 2x – 3 = 0
Có a + b + c = 1 + 2 + (-3) = 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = -3
b. (1,0 điểm)
Xét phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0 (m là tham số) (1)
Có: a = 1  0 nên PT (1) là PT bậc hai.
(m  1)
’= 

2

0,25
0,25

 1.(2m  1)  (m  1) 2  2m  1  m 2  2m  1  2m  1  m2

’ = m2  0 m
 Phương trình (1) ln có hai nghiệm với mọi giá trị của tham số
m.
Theo định lí Vi-ét ta có:
x1 + x2 = 2m + 2
x1.x2 = 2m + 1
Xét điều kiện: x13 + x13 = 28  (x1 + x2)3 – 3x1x2.(x1 + x2) = 28
Thay x1 + x2 = 2m + 2 ; x1.x2 = 2m + 1 ta có:
(2m + 2)3 – 3(2m + 1)(2m + 2) = 28
- Biến đổi được 4m3 + 6m2 + 3m – 13 = 0
 (m – 1)(4m2 + 10m + 13) = 0

0,25
0,25

0,25

m 1  0 � m  1
�
� 2
4m  10m  13  0 (*)
�

3.2

Xét phương trình (*) có: ’m = 52 – 4.13 = - 27 < 0
 PT (*) vô nghiệm.

Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn
điều kiện x13 + x23 = 28.
Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) với x > 0
Khi đó vận tốc của ơ tô là x + 20 (km/h)

0,25
0,25

80
Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB: x (h)
80
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB: x  20 (h)
2
Vì người đi ô tô đến B sớm hơn người đi xe máy là 40 phút = 3 giờ
80
80
2
nên ta có phương trình: x - x  20 = 3

0,25

� x 2  20 x  2400  0

Giải PT tìm được nghiệm: x1  40; x2  60 (loại)
Vận tốc của xe máy là 40 km/h
Vận tốc của ô tô là 40 + 20 = 60 km/h
BÀI

4

ĐÁP ÁN
a) Thể tích có trong bể là 120. 20 = 2400 (lít) = 2,4 m3.
Chiều rộng của bể nước là 2,4 : (0,8.2) = 1,5 (m)
b) Khi đổ thêm 60 thùng nước thì lượng nước mới là

0,25
0,25
ĐIỂM
0,25
0,25
0,25


60.20 = 1200 (lít) = 1,2 m3.
Chiều cao của bể nước là (2,4 + 1,2) : (2.1,5) = 1,2 (m)

5
(3.0 điểm)
(3,0
điểm
)

Vẽ hình đúng hết phần a) 0,25 điểm.
a) (1,0 điểm)

�
Có BDH = 90�( AD là đường cao của D ABC );

�
BFH = 90�(CF là đường cao của D ABC )

�
�
Do đó BDH + BFH = 180�. Nên BDHF là tứ giác nội tiếp.
�
Có BFC = 90�(CF là đường cao của D ABC )
� = 90� BE
BEC
D ABC

(

là đường cao của
�

)

0,25
0,25
0,25

�

Xét tứ giác BCEF có BEC = BFC = 90�
� Suy ra bốn điểm B,C , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
� BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) (1,0 điểm)
Tứ giác BDHF nội tiếp có
� = EBC
�
� CFD

(góc nội tiếp cùng chắn cung HD ).

Tứ giác BCEF nội tiếp có

0,25

0,5

� = EBC
�
� EFC
(góc nội tiếp cùng chắn cung EC ).

0,25

�
�
�
Do đó CFD = EFC hay FC là tia phân giác của EFD .
c) (0,75 điểm)

0,25

BI
MB
=
MC (hệ quả định lý Talet).
Xét D MAC có BI // AC nên AC
(1)
0,25

BK
BD
=
AC
DC (hệ quả định lý Talet).
BK
D
BDK
AC
Xét
có
//
nên
(2)
�
0,25
Do FC là tia phân giác của EFD mà FC ^ FB nên FB là tia phân giác
�
của MFD
�
D MFD
FB
MFD

Xét
�

có

là tia phân giác của

DF
BD
=
FM
MB (tính chất đường phân giác).
�
D MFD
FC
EFD

Xét

có

là tia phân giác của


DF
CD
=
FM
MC (tính chất đường phân giác).
CD
BD
MB
BD
=
�
=

MB
MC
CD
Do đó MC
�

(3)

BI
BK
=
� BI = BK
AC
AC
Từ (1), (2) và (3) suy ra
0,25
Lại có I K // AC mà BE ^ AC nên BE ^ IK hay BH ^ IK
Xét D HIK có BH ^ IK và HB là đường trung tuyến nên D HIK cân tại
H.
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) ta có:
1

1
2
1
1
 . 2
� .
2
a  2b  3 2 a  2b  3 2 ab  b  1

1
1
2
1
1
 . 2
� .
2
2
2
b  2c  3 2 b  2c  3 2 bc  c  1
1
1
2
1
1

.
�
.
c 2  2a 2  3 2 c2  2a 2  3 2 ca  a  1
2

2

0,25

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được:
1� 1
1

1
�
P� �


�
2 �ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 �
1
1
1


Có ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1
ca
a
1
 2


ca b  abc  ca abc  ac  a ca  a  1
ca
a
1



1
ca  a  1 ca  a  1 ca  a  1
(do abc = 1)
1

P�
2 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.
Do đó
1
max P =
2 đạt được khi a = b = c =1.
Vậy

0,25

0,25


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

ĐỀ KHẢO SÁT NĂNG LỰC HỌC SINH LỚP 9
Năm học: 2019 - 2020
Mơn: TỐN
Đề sớ: 02
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2
1) Giải phương trình: (3x  1)  2

�2 x  y  1  2 y
�
2) Giải hệ phương trình sau: �3x  y  3  x

Câu 2 (2 điểm)

1. Cho hai hàm số y = x2 (P) và y = - 2x - m + 3 (d)
Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A nằm trên (P) có hồnh độ bằng 2.

2. Rút gọn biểu thức:

P

x2
x 1
x 1


x x 1 x  x 1 1  x

với x ≥ 0 và x ≠ 1

Câu 3 (2điểm)
1) Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện
tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m 2. Tính
diện tích thửa ruộng đó.
2) Cho phương trình với là tham số. Tìm để phương trình có hai nghiệm thoả mãn:
4 x  2 x1 x2  4 x22  1
2
1

.

Câu 4 (3,0 điểm): Cho nửa đường trịn O đường kính AB  2 R. Điểm M di chuyển trên nửa đường
tròn (M khác A và B) . C là trung điểm của dây cung AM . Đường thẳng d là tiếp tuyến với nửa
đường tròn tại B. Tia AM cắt d tại điểm N . Đường thẳng OC cắt d tại E .

1. Chứng minh: Tứ giác OCNB là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: AC. AN  AO. AB và NO vng góc với AE
3. Tìm vị trí điểm M sao cho

 2.AM  AN  nhỏ nhất

Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y là các số không âm thỏa mãn
2 x  8 x  17 3 y  6 y  5
P

x

2
y 1
biểu thức
---------Hết---------

x  y �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

HƯỚNG DẪN
CHẤM KHẢO SÁT NĂNG LỰC HỌC SINH LỚP 9
Năm học: 2019 - 2020
Mơn: TỐN
Đề sớ: 02
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu

Đáp án

Điểm

1) (1 điểm)
(3 x  1) 2  2

0,25

� 3x  1  2
x 1
�
3x  1  2
3x  3
�
�
�
��
��
�
1
3 x  1  2
3 x  1 �
x
�
�
3
�

1
(2 điểm)

0,5
x1  1; x2  

Vậy phương trình có 2 nghiệm là
2) (1 điểm)
2x  y  1 2 y
2x  y  1
�
�
��
�
3x  y  3  x
4x  y  3
�
�
2x  2
�
�x  1
��
��
2 x  y  1 �y  1
�

0,25
0,25
0,5

�x  1
�
Vậy hệ phương trình có nghiệm là �y  1

2
(2 điểm)

1
3

0,25

1) (1 điểm)
1. ( 1 điểm)
Vì A nằm trên (P) có hồnh độ bằng 2 nên thay x=2 vào hs y = x 2 0,25
có y = 4
Thay x=2, y=4 vào hs y = - 2x - m + 3 ta có m=-5
0,5
Vây m = -5 thì (d) đi qua điểm A nằm trên (P) có hồnh độ bằng 0,25
2
2) (1 điểm)
x2
x 1
x 1
P


x x 1 x  x 1 x 1


x2
x 1


x x 1 x  x 1



x 1



x 1

x2
x 1
1



x x 1 x  x 1
x 1



x 1

0,25

0,25



x2
( x  1)( x  1)
x  x 1


( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1)



x  2  x 1 x  x 1
x x

( x  1)( x  x  1)
( x  1)( x  x  1)

x ( x  1)
x


( x  1)( x  x  1) x  x  1
x
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1, thì P = x  x  1
1) (1 điểm)
Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x > y > 2, tính bằng
m)
Diện tích thửa ruộng là x.y(m2)

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng
thêm 100m2 nên ta có phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100 (1)
Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng giảm đi
68m2 nên ta có phương trình: (x - 2) (y - 2) = xy - 68 (2)
(x + 2) (y + 3) = xy + 100
�
�
(x - 2) (y - 2) = xy - 68
Từ (1) và (2) ta có hệ: �
�xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100
� �
�xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68
3x + 2y = 94
�
�x = 22
�x = 22
� �
� �
� �
2x + 2y = 72
�
�x + y = 36
�y = 14 .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Các giá trị của x, y thỏa mãn điều kiện của ẩn
Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).

0,25
3
(2 điểm)

2) (1 điểm)
Phương trình có biệt thức nên phương trình ln có hai nghiệm
0,25
với mọi .
Theo định lý Viet, ta có: .
Điều kiện đề bài . Từ đó ta có: .
0,25
Phương trình này có tổng các hệ số nên phương trình này có các
nghiệm .
Vậy các giá trị cần tìm của là
0,25

0,25


Cõu 4: Vẽ hình

đúng

o

a) Theo tớnh cht dõy cung ta có: OC  AM � OCN  90

0,25

o
�
BN là tiếp tuyến của (O) tại B � OB  BN � OBN  90
o
o
o
�
�
Xét tứ giác OCNB có tổng góc đối: OCN  OBN  90  90  180
Do đó tứ giác OCNB nội tiếp

0,25
0,25
4
(3 điểm)
0,25
b) (1 điểm)
Chỉ ra được: ACO : ABN (g-g)
AC AB

� AC. AN  AO. AB
Khi đó: AO AN
(đpcm)

0,25
0,25

Theo chứng minh trên ta có:
OC  AM � EC  AN � EC là đường cao của ANE  1
OB  BN � AB  NE � AB là đường cao của AME  2 

Từ (1) và (2) � O là trực tâm của ANE (vì O là gia điểm của AB và
EC)
� NO là đường cao thứ ba của ANE. Suy ra NO  AE (đpcm).

0,25

0,25

3) (1 điểm)
Ta có: 2. AM  AN  4 AC  AN (vì C là trung điểm của AM)
4 AC. AN  4 AO. AB  4 R.2 R  8 R 2

0,25

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có:
4 AC  AN �2 2 AC. AN  2. 8R 2  4 2 R

Suy ra tổng 2.AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC  AN
� AN  2 AM � M là trung điểm của AN

0,25

ABN vng tại B có BM là đường trung tuyến nên AM  MB

Khi đó
� AM  BM

Suy ra tổng 2.AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC  AN
� AN  2 AM � M là trung điểm của AN

0,25

Vậy với M là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AB thì
2AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2 R.

0,25


P
P

5
(1 điểm)

2 x  8 x  17 3 y  6 y  5

x 2
y 1
2





2

x 2 9
x 2



3





2

y 1  2
y 1

Khi đó a �2, b �1 thỏa mãn

. Đặt

x  2  a, y  1  b

2a 2  9 3b 2  2
P

a
b
và

Ta có: P = =
Với a, b là 2 số thực dương, ta có:
9
9
�2. a.  6
a
a+ a
2
2
�2. 2b.  4
b
2b + b

�
�a  b  4
�
� 9
P  14 � �a 
� a
2
�
2b 
�
b
�
�x  1
�
P đạt GTNN bằng 14 khi hay �y  0

ĐỀ THI THỬ SỐ: 3

0,25

0,25

0,25

0,25

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học: 2014 - 2015
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2 điểm):
� x
1 �� 1
2 �

:

�
�
�
� x  1 x  x �� x  1 x  1 �
�.
�
Cho biểu thức A = �

1) Tìm điều kiện xác định cho biểu thức A và rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x  2 2  3 .
Bài 1’ (2 điểm):


a) Cho biểu thức
b) Cho biểu thức

A
B

x
1

x4
x  2 (x ≥ 0; x ≠ 4). Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
2
x  2 (x ≥ 0; x ≠ 4). Tìm x để B = 3.

B
c) Tìm các giá trị của x để biểu thức A có giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

Bài 2. (2 điểm):Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Chiếc máy bay mang mã hiệu MH370 bay từ thành phố Kuala Lumpur – Malaysia
đến thành phố Bắc Kinh – Trung Quốc ngày 8/3/2014 đã bị mất tích. Tổng số hành khách
và thành viên phi hành đoàn trên máy bay là 239 người. Nếu thêm một hành khách thì tỉ số
giữa số thành viên phi hành đồn và hành khách là 1/19. Tính số hành khách và số thành
viên phi hành đoàn trên máy bay đó?
Bài 3. (2 điểm): 1) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng d: y = 2mx + 1.
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai điểm

phân biệt A, B. Tìm m để hai điểm A,B đối xứng với nhau qua trục tung.
b) Gọi xA, xB tương ứng là hoành độ của A và B. Xác định giá trị của m để biểu thức Q =
– 2(xA + xB) đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó?
�3
�x  1 
�
�
�2 
�x  1
2) Giải hệ phương trình sau: �

1
4
y2
1
3
y2

Bài 4. (3,5 điểm): Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường trịn đường kính
AD, tâm O. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ E
tới AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:
1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được ðýờng tròn.
2) E là tâm đường tròn nội tiếp
BCH.
3) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
Bài 5. (0,5điểm):Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 8x – 3y – 2014 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 8x2 + 9y2.
---------HẾT-------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 3

Bài 1 (2 điểm)

Điểm

1) (1 điểm) Điều kiện xác định của biểu thức A là: x > 0, x  1
Rút gọn được ngoặc thứ nhất bằng
Rút gọn được ngoặc thứ hai bằng
Kết quả: A =
.

0,25
0,25
0,25
0,25


2) (1 điểm)

x
Biến đổi : x  2 2  3 �





2 1

2

�

x  2 1
0,50
0,50

2 2 2
2
2 1
Từ đó tính được: A =

Bài 2 (2 điểm)
Gọi x, y lần lượt là số thành viên phi hành đoàn và số hành khách trên máy bay.
Điều kiện: x; y nguyên dương
Tổng số là 239 nên ta có x + y = 239 (1). Nếu thêm một hành khách thì tỉ số giữa số thành viên phi

0,25

hành đoàn và hành khách là 1/19 nên

0,75

(2). Từ (1) & (2) suy ra:

= 12. Từ đó: x = 12; y = 227 (Thỏa
mãn điều kiện).
Vậy số thành viên phi hành đoàn và số hành khách lần lượt là 12 và 227.

0,75
0,25

Bài 3 (2 điểm)

1) (1 điểm) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và d: x2 = 2mx + 1 � x2 – 2mx – 1 = 0
là phương trình bậc hai có
’ = m2 + 1 > 0 với mọi m
phương trình ln có hai nghiệm
phân biệt. Vậy đường thẳng d ln cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
Hai điểm A, B đối xứng nhau qua trục tung � xA= - xB � xA + xB = 0 � 2m = 0 � m = 0 .
2) (1 điểm)
. Từ đó Q = (xA + xB)2 – 2xAxB – 2 (xA + xB)

Theo hệ thức Vi-et có:
= 4m2 +2 – 4m

Q = (2m – 1)2 + 1
1.
Đẳng thức xảy ra khi m = 1/2. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 1 đạt được khi m = 1/2.
Bài 4 (3 điểm) Vẽ hình đúng (0,25 điểm)

0,50
0,50

0,50
0,50

C
B

E
I

A

H

O

0,25
D

1) 0,75 điểm
Tứ giác ABEH có:
= 900 (góc nội tiếp trong nửa đường trịn);
nên tứ giác ABEH nội tiếp được.
Tương tự, tứ giác DCEH có
=
= 900 , nên nội tiếp được.

= 900 (giả thiết)

2) (1 điểm)
Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có:
(cùng chắn cung
)
Trong (O) ta có:
(cùng chắn cung
).
Suy ra:
, nên BE là tia phân giác của góc
.

Tương tự, ta có:
, nên CE là tia phân giác của góc
.
Vậy E là tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCH.
3) (1 điểm)

0,50
0,25

0,50
0,50


Ta có I là tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
). Mà
, suy ra
.
+ Trong (O),
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng
chắn cung
).
+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc
dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O,
I cùng nằm trên một đường tròn.

0,50
0,50

Bài 5 (1 điểm)

Từ giả thiết suy ra:
(*). Từ đó P = 8x2 + (8x – 2014)2 = 72x2 –
2
2.8x.2014 + 2014
P = 8(9x2 – 2.3x. 2014/3 +20142/9) + (2014/3)2
= 8(3x – 2014/3)2 + (2014/3)2
(2014/3)2 .
Đẳng thức xảy ra khi 3x – 2014/3 = 0
x = 2014/9.
2
Vậy min P = (2014/3) đạt được khi x = 2014/9; y = – 2014/27.

0,25
0,25
0,25
0,25

Lưu ý: 1/ Các cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
2/ Nếu học sinh sử dụng máy tính để cho kết quả gần đúng ở ý 2 bài 1 và bài 5 thì
khơng cho điểm.

ĐỀ THI THỬ SỐ: 4

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học: 2014 - 2015


Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,5 điểm):

Cho biểu thức: P =
với 0 �x �1
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm tất cả các giá trị của x để P < 4
3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P cũng nhận giá trị nguyên.
Bài 2. (2,0 điểm):Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Ngày 01/5/2014 Trung Quốc ngang nhiên, ngỗ ngược cho đặt giàn khoan HD-981
trên Biển Đơng tại vị trí có tọa độ: 15029’58’’vĩ bắc; 111012’06’’kinh đông. Một tàu cảnh
sát biển của Việt Nam dự định chạy từ bờ biển Việt nam đến vị trí đặt giàn khoan rồi trở lại
bờ biển trong khoảng thời gian là 8 giờ. Khi đi tàu chạy với tốc độ nhanh hơn dự định 10
hải lý/giờ. Khi về do bị tàu quân sự của Trung Quốc đâm hỏng nên phải dừng lại sửa chữa
mất 1 giờ và sau đó chạy với tốc độ chậm hơn dự định 20 hải lý/giờ. Tổng cộng thời gian cả
đi, sửa chữa và về nhiều hơn dự định là 8 giờ.
1) Tính khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan HD-981.
2) Vị trí đặt giàn khoan của Trung Quốc có nằm trong vùng đặc quyền kinh tế và
thềm lục địa của Việt Nam không? Căn cứ nào khẳng định điều đó?
(Cho biết: 1hải lý = 1852 m;Theo công ước Luật biển1982: Vùng đặc quyền kinh tế: 250
hải lý; thềm lục địa: 200 hải lý!)
Bài 3. (1,5 điểm): Cho phương trình bậc hai: 2x2 – (3m + 2)x + m2 + 2m = 0
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
= 17.
Bài 4. (3,5 điểm): Cho 2 đường tròn (I) và (J) cắt nhau tại hai điểm A và B (I, J nằm ở hai
phía của AB). Các đường thẳng AI; AJ cắt đường tròn (I) lần lượt tại các điểm C; D và cắt
(J) lần lượt tại E; F (Bốn điểm C, D, E, F đều không trùng với A).
1) Chứng minh: C; B; F thẳng hàng.
2) Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp được.
3) Chứng minh: A là tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE.
4) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (I) và (J).
Bài 5. (0,5 điểm):Cho x, y là hai số thực dương thay đổi thỏa mãn x + y = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

.

---------HẾT--------Họ và tên thí sinh:………………………………………..Số báo danh:………………....


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 4
Bài 1 (2,5 điểm)

Điểm

1) (1 điểm)Ngoặc thứ nhất bằng

.

Ngoặc thứ hai bằng

; Ngoặc thứ ba bằng

0,25
0,25

.

Rút gọn được P =

Kết quả: P =
2) (1 điểm) P < 4

0,25
0,25
với 0

.

4–P=4–

>0

TH1:

0,5

; TH2:

.
Kết luận:

hoặc x > 4.

3) (0,5 điểm)Ta có: P = 1 +
là số hữu tỷ.

là số nguyên

(x

0,25
0,25

là số nguyên
0,25

Đặt
với p, q tự nhiên & (p,q) = 1. Ta có x =
0) suy
ra p2
q2 hay p
q
q=1
là ước
nguyên của 3. Từ đó tìm được x
{0; 4; 16}

là số tự nhiên

0,25

là số tự nhiên và

Bài 2 (2 điểm)
1) Gọi x là tốc độ dự định của tàu .
Điều kiện: x dương ; đơn vị: hải lý/giờ.
Thời gian dự định của cả hành trình là 8 giờ nên ta có khoảng cách từ bờ biển đến vị trí đặt
giàn khoan là 4x (hải lý). Thời gian lúc đi là 4x/(x+10) giờ; thời gian về là 4x/(x – 20) giờ.
Tổng thời gian thực tế là:
.
Giải phương trình được: x = 30 (thỏa mãn) hoặc x = - 100/7(Loại).
Khoảng cách: 30.4 = 120 (hải lý)
Vậy khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan là 120 hải lý.

2) Ta có 120 < 200 (hải lý). Vậy vị trí đặt giàn khoan của Trung Quốc nằm trong vùng đặc
quyền kinh tế và thềm lục địa của Việt nam (Theo công ước luật biển 1982).

0,25
0,75
0,75
0,25

Bài 3 (1,5 điểm)
1) (0,5 điểm) Khi m =1 ta có phương trình: 2x2 – 5x + 3 = 0. Vì a + b + c = 0 nên phương trình
có hai nghiệm x = 1; x = 3/2. (Có thể tính
rồi áp dụng cơng thức nghiệm).
2) (1 điểm) Ta có

0,50

= (3m + 2)2 – 4.2.(m 2 + 2m) = m2 – 4m + 4 = (m – 2)2.

Phương trình ln có hai nghiệm: x = m; x =
0&m
–2.
Xét hai trường hợp:

. Điều kiện x1, x2

0

m

0,50

TH1: Với x1 = m; x2 =
36 = 0

17m2 + 6m –

thì

m=

.
17m2 – 7m –

TH2: Với x1 =
; x2 = m thì
10 = 0
m = 1; m = – 10/17 .
Vậy: m

0,50

.

Bài 4 (3,5 điểm) Vẽ hình đúng (0,50 điểm)
Học sinh khơng vẽ hình sẽ khơng chấm cả bài hình!

D

b

E
A
0,50

J

I
C

1) (0,75 điểm)
Có:
2) (0,75 điểm)
Có:

= 900 =
+

B

F

0,50
0,25

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
= 1800. Vậy: C, B, F thẳng hàng.
= 900

tứ giác CDEF nội tiếp (bài tốn quĩ tích )

3) (1 điểm) Tứ giác CDEF nội tiếp �
Xét (I) có:
�

(cùng chắn cung EF)
(cùng chắn cung AB). Từ đó:

=

DA là tia phân giác
. Tương tự EA là tia phân giác
Vậy A là tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE.

.

4) (0,5 điểm) Tứ giác IDEJ nội tiếp.Thật vậy:
;
mà
(góc nội tiếp chắn cung DE) �
; mặt khác:
�
(đ/đ) �
Tứ giác IDEJ nội tiếp.
Từ đó DE tiếp xúc với (I) và (J)
IDEJ là hình chữ nhật
AI = AJ = AB.
Kết luận : DE là tiếp tuyến chung của (I) và (J)
AI = AJ = AB.

0,75

0,50
0,50

0,25
0,25


Bài 5 (0,5 điểm)
Từ giả thiết suy ra: (x + y)2 = 1

(x2 + y2) + 2xy = 1. Từ đó:

P=

= 28

+

. Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si:

P

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
0,25

khi

.

0,25
Kết hợp giả thiết ta có hệ:

và ngược lại.
Vậy: min P =

.

Lưu ý: Các cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.


ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019
Mơn Tốn (vịng 2 ngày 09/4/2019)
Thời gian 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
P

12

x  5 và
Bài 1(2 điểm): Cho các biểu thức
a) Tính giá trị biểu thức P với x= 81
Q

Q

x
x 3



x  15
9 x

với x �0 và x �9

x 5

x 3
b) Chứng minh
c) Tìm giá trị của x để P = |Q|
Bài 2(2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.
Một phân xưởng theo kế hoạch phải sản xuất 280 sản phẩm trong một số ngày qui
định. Thực tế mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 10 sản phẩm nên phân xưởng đó
đã hồn thành vượt mức kế hoạch 20 sản phẩm và sớm hơn thời gian qui định 1 ngày. Hỏi
theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng đó phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm.
Bài 3 (2 điểm):
1
�2
�x  y  2  3
�
�
3
�
2x2 
5
�
y


2
1) Giải hệ phương trình �
2) Cho phương trình (m + 1)x2 + 4mx + m – 5 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình ln có nghiệm với mọi m. Giả sử x 1, x2 là hai nghiệm
của phương trình, hãy tìm một hệ thức giữa x1, x2 độc lập với tham số m.


BÀI 4 (3,5 điểm) Hình học:
Cho đường trịn (O; R), đường kính AB. Đường thẳng d vng góc với AB tại A. N là
điểm bấr kì trên đường thẳng d. NB cắt đường tròn tại điểm thứ hai D. Gọi C là điểm chính
giữa của cung nhỏ AD. AC cắt BN tại điểm E. BC cắt AD tại F và cắt đường thẳng d tại M.
a) Chứng minh các tứ giác CEDF và CMND nội tiếp.
b) Khi MA = R. Hãy tính độ dài đoạn thẳng BM và số đo góc ABD.
c) Chứng minh tứ giác AMEF là hình thoi và BM vng góc với NS (S là giao điểm của
EM và AB)
d) Tìm vị trí của điểm N trên đường thẳng d để góc AMD vng
Bài 5 (0,5 điểm): Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y + 2 = 4xy.
x y

1
x y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
--------------------------------------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 ( 2 điểm):
a) Tính đúng giá trị

P

6
7 ( 0,5 đ) chú ý nếu chỉ tính được

Q

x  9 (0,25đ)

x 5

x  3 (1 đ)
b) Chứng minh đúng
c) Tìm đúng được x=1 và x=121 (0,5đ)
Bài 2(2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.
- Chọn ẩn và điều kiện cho ẩn: (0,25điểm)
- Biểu thi đúng các đại lượng: số sản phẩm thực tế làm mỗi ngày, thời gian làm theo kế
hoạch, thời gian làm thực tế (0,75điểm)
- Lập đúng phương trình thứ hai (0,25điểm)
- Giải đúng phương trình 0,5đ
- Nhận định kết quả, trả lời: 0,25 đ
Bài 3 (2 điểm):
1) Giải và tìm đúng nghiệm của hệ phương (x=2, y=3); (x= - 2; y=3) (1 điểm)
2) a) thay m = 2 và giải đúng phương trình (0,5 điểm)
b) C/m được phương trình ln có nghiệm (0,25đ); Tìm được hệ thức giữa x1, x2 độc
lập với m (0,25điểm)
BÀI 4 (3,5 điểm) Hình học:
- Vẽ đúng hình đến câu a) 0,25điểm
a) 1 đ. Trong đó chứng minh đũng mỗi tứ giác nội tiếp: 0,5đ
b) Tính đúng được BM theo R (0,5đ); tính đúng được số đo góc ABD ( 0,5đ)
(nếu tính đúng được số đo góc ABM cho 0,25 đ)
c) C/m đúng tứ giác AMEF là hình thoi (0,5điểm), Chứng minh đúng BM vng góc

với NS (0,25 điểm)
d) Tìm đúng vị trí của điểm N: 0,5đ (Nếu mới chỉ xác định được điểm D thỏa mãn đầu
bài cho 0,25 điểm)
Bài 5 (0,5 điểm):


- Từ điều kiện đầu bài x, y > 0 và x + y + 2 = 4xy suy ra x + y ≥2 (0,25 điểm)
(Ta có (x +y)2 ≥ 4xy => (x +y)2 –(x+y) ≥ 4xy – (x+y) = 2
(x +y)2 –(x+y) – 2 ≥ 0 (x+y+1)(x+y - 2)≥ 0  x + y ≥2 )
- Tìm đúng giá trị nhỏ nhất của biểu thức (0,25đ)
x y

Ta có:
x y



1
3
1
1
 ( x  y)  ( x  y) 
x y 4
4
x y

1
3
1
1

� .2  2. ( x  y).
x y 4
4
x y

dấu ‘=’ sảy ra khi x=y và



1
1
( x  y) 
4
x y

x y

Vậy GTNN của biểu thức

1
5

x y 2

x y

1
5
�
x y 2

hay x = y = 1

khi x=y=1

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2017 - 2018
BÀI THI MƠN TỐN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

Bài 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức:
A  3 8  50 



3
x 2  2x  1
B
.
2 1
x

1
9x 2
và
với 0 < x < 1.



2

a/ Rút gọn biểu thức A và B.

2
b/ Tìm các giá trị của x để B = x .

Bài 2 (1,5 điểm):
a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – 7 song song với đường
thẳng y = 5x – 1.
b/ Cho hệ phương trình
nghiệm (x, y) = (1; -1)

2ax  by  7
�
�
ax  by  1
�

.Tìm a và b biết hệ phương trình có

Bài 3 (2,5 điểm):
1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + 6 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số)
a/ Giải phương trình với m = 1.


b/ Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x x 2  x1x 22  24
2
1

.
2/ Bài toán thực tế.
Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước trong bảng giá như sau:
+ Gói 1: Giá mở cửa là 6000 đồng /1km cho 10km đầu tiên và 2500 đồng với
mỗi km tiếp theo.
+ Gói 2: 4000 đồng cho mỗi km trên cả quãng đường.
a) Nếu cô Tâm cần đi một qng đường là 35 km thì chọn gói cước nào có
lợi hơn?
b) Nếu cơ Tâm cần đi một quãng đường là x km mà chọn gói cước 1 có lợi
hơn thì x phải thỏa mãn điều kiện gì?
Bài 4 (3,5 điểm):
1/ Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại điểm
H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng
AC cắt (O) tại K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.
b/ Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh
NFK cân và EM . NC = EN . CM.
c/ Giả sử KE = KC. Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2.
2/ Một hình trụ có thể tích bằng 35dm3. Hãy so sánh thể tích hình trụ này với thể
tích hình cầu đường kính 6dm.

Bài 5 (1,0 điểm):
a/ Cho a, b là các số dương. Chứng minh
b/ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn
biểu thức:

1
1 �1 1 �
� � �
a  b 4 �a b �.

1
1
1


6
x  y y z z x
.

Tìm giá trị lớn nhất của

1
1
1
P


3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z .

--------Hết-------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: .........................................................................................................Số báo danh.........................


ĐÁP ÁN VÀ CHO ĐIỂM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TOÁN 9
Câu

Đáp án

Điểm

a/ 1,0 điểm
A  3 8  50 





2 1

2

 3.2 2  5. 2  2  1

0,25

 6 2  5 2  2 1  1

Bài 1
(1,5
điểm)

0,25

3
x2  2x  1

3
B
.

.
2
x1
9x
x1

 x  1
2
 3x

2



3 x 1
.
x  1 3x

0,25
0,25

3   x  1 1

.
= (v�0 x  1 3x

x

b/ 0,5 điểm





2
1 2
�

� x  2x � x 1 2 x  0
x
x
x
1
1
� 1 2 x  0 (v�x >0) � x  � x  (TM �K)
2
4
1
Vậy x = 4 .
B

0,25
0,25

a/ 0,75 điểm
Vì đồ thị hàm số y = (m2 – 4 )x + 2m – 7 song song với đường thẳng y =

5x – 1 nên

�
m2  4  5
�
2m 7 �1
�

0,25

m  3 ho�
c 3
�
��
� m  3
m �3
�

0,25

Bài 2
(1,5 Vậy m = -3.
điểm)

0,25

b/ 0,75 điểm
b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta

�2a  b  7

�
có �a  b  1

3a  6
a2
�
�
��
��
a  b  1 �
b3
�

0,25
0,25

Vậy a = 2; b = 3
Bài 3 1a/ 0,5 điểm
(2,5
với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0
điểm)
Xét a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 5.
1b/ 0,75 điểm

0,25

0,25
0,25

2
2
�
  m 5 �
�
� 4.1. m 6  m  10m 25 4m 24  m  14m 1
2

Có
Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi m2 + 14m + 1 ≥ 0
Theo định lý Viets, ta có

x1  x2  m 5
�
�
x1.x2  m 6
�

0,25


Theo đề bài:
x12 x 2  x1x 22  x1x 2  x1  x 2    m  6   m  5   m 2  m  30  24
� m 2  m  6  0 �  m  2   m  3  0 �

0,5

m  2
m3

Với m = -2,  = -23 < 0 (loại)
Với m = 3 ,  = 52 > 0 (nhận)
Vậy m = 3 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn

0,25

x12 x 2  x1 x 22  24

2a/ 0,5 điểm
2a/ Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :

0,25

10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :
35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng.

Vậy cơ Tâm nên chọn gói cước 1 có lợi hơn.
2b/ 0,5 điểm
2b) Vì cơ chọn gói cước 1 có lợi hơn nên x > 10.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :4000.x ( đồng)
Vì đi theo gói cước 1 có lợi hơn nên 2500x + 35000 < 4000x
70
Suy ra 1500x > 35000 hay x > 3 (km).

0,25
0,25

0,25

Bài 4
(3,5
điểm)
0,25

1/a : 0,75 điểm
a/Xét tứ giác AHEK có:

�  90 (AB  MN); AKE
�  900  G�
AHE
c n�
i ti�
p ch�n n�
a�
�
�
ng tr�
n)

0,25

�  AKE
�  1800 �
Suy ra AHE
Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm).
1/b: 1,25 điểm

0,5


b/ Vì NF và KB cùng vng góc với AC nên NF // KB,
�  BN
�
AB  MN  MB
.
�  MKB
�
�  NKB
�
Có KFN
(đồng vị và KE//FN), KNF
(so le trong và
KE//FN),
�  MKB
�
�  BN
�
�  KNF
�
BKN
(vì MB
)  KFN
,
do đó NFK cân tại K.
Xét MKN có KE là phân giác của

0,25

0,25
0,25

EM KM
�
MKN
n�
n

(1)
EN KN

Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của

0,25

CM KM
�
MKN
�

(2)
CN KN
.

CM EM

(2) � EM .CN  EN.CM
CN

EN
Từ (1) và (2) 
(đpcm)

1/c: 0,75 điểm
+/ KE = KC  KEC vuông cân tại K 

�  450 � HEB
�  450
KEC

0,25

(đối

�
đỉnh) � HBE  45 (vì HEB vuông tại H)
0

0,25

�  450
0,25
+/ OKB cân tại O có OBK
nên OKB vng tại O OK//MN
(cùng vng góc với AB) (đpcm)
+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vng tại M  KM2 + K’M2 = KK’2
= 4R2.
0,25
Lại có KK’//MN (cùng vng góc với AB)  cung K’M = cung KN

(t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN.
Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm).
2/: 0,5 điểm
Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3

Thể tích hình cầu đường kính 6dm là
Suy ra V1a/: 0,25 điểm

0,25
V2 

4 3
.3  36(dm3)
3

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số a, b dương, ta có
1 1
1
 �2
ab .
a b �2 ab , a b

Bài 5
(1,0
điểm

�1 1 �

�
b �  � 4
 a���
�a b �

1 1
a b

0,25

4
a b

1
a b

1 �1 1 �
�
�
4 �a b �(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
b/: 0,75 điểm
Theo câu a/ ta có
1
1
1�
1
1 �


� �

�
� x  z   y  z � 2 x  y �
3x  3y  2z �
 x  z   y  z �
�
� 2 x  y 4 ��
�
�
�
1
1
1
1�1
1 �
1


� �

�
4�
 x  z   y  z �
�
� 8 x  y 16 �x  z y  z � 8 x  y

0,25

Hồn tồn tương tự, ta cũng có
1
1�1
1 �
1
� �


;
�
3x  2y  3z 16 �x  y y  z � 8 x  z
0,25

1
1�1
1 �
1
� �


�
2x  3y  3z 16 �x  y x  z � 8 y  z

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:
P

1
1
1
1�2

2
2 �


� �


�
3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16 �x  y y  z z  x �

1� 1
1
1 �1
1
3
 �


� .6 .6 
8�x  y y  z z  x � 8
8
2
1
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 4 .
3
Vậy GTLN của biểu thức P là 2 khi

.

0,25

x=y=z

1
= 4.