bộ đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh thanh hóa có đáp án


Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI TỐN

VÀO LỚP 10 TỈNH THANH HĨA

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 4 năm 2020


1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2019 – 2020
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 1
x +2
5
1
Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức: A =
với x ≥ 0; x ≠ 4.
−
−
x +3 x+ x −6
x −2

1. Rút gọn A
2. Tìm giá trị của cảu A khi x= 6 + 4 2
Bài 2. (2 điểm)

1. Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song
với đường thẳng ( d ') : y = 5x+6 và đi qua điểm A ( 2;3)
11
3 x + 2 y =
2. Giải hệ phương trình 
5
x + 2 y =
Bài 3: ( 2 điểm)

1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 =
0

2. Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 m − 5 =
0 với m là tham số.Chứng minh
rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm m để các
nghiệm đó thỏa mãn hệ thức

(x

2

1

)(

)

− 2 mx1 − x2 + 2 m − 3 x2 2 − 2 mx2 − x1 + 2 m − 3 =
19 .

Bài 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trê cung nhỏ BC lấy một điểm M
bất kỳ khác B và C. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các đường thẳng
AB, AC, BC
1) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp;

 = MBC

2) Chứng minh MPK
3) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị nhỏ nhât..
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1 , Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+ 4 4
+ 4
≤1
4
a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca
4

----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................


2
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA

NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 2
Câu I: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 2 + 8 x + 7 =
0.

−6
2 x − y =
.
20
5 x + y =

2. Giải hệ phương trình: 

Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức A
=

x +1
x

:
+

x+4 x +4  x+2 x

x 
 , với x > 0 .
x +2

1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥

1
3 x

.

Câu III: (2,0 điểm)
1. Cho đường thẳng ( d ) : =
y ax + b . Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song với

y 2 x + 3 và đi qua điểm A (1; −1) .
đường thẳng ( d ') : =
2. Cho phương trình x 2 − (m − 2) x − 3 =
0 ( m là tham số). Chứng minh phương
trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn
hệ thức

x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2 .

Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2 R . Gọi d1 và d 2 lần lượt là
các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là
điểm thay đổi trên đường tròn (O ) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d

đi qua E và vng góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N .
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh IB.NE = 3.IE.NB .
3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị khơng đổi và tìm giá trị
nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R .
Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =
1 . Chứng minh

1
1
+
≥ 30.
2
2
a +b +c
abc
2

------------ Hết ------------


3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Đề số 3
Câu 1.

(2,0 điểm)
1. Cho phương trình: mx 2 + x − 2 =
0 (1), với m là tham số.
a. Giải phương trình (1) khi m = 0 .
b. Giải phương trình (1) khi m = 1 .
6
3 x − 2 y =
2. Giải hệ phương trình: 
10
x + 2 y =

Câu 2.

 4 y
8y   y − 1
2 
+
:
−
 , với y > 0 , y ≠ 4 ,
(2,0 điểm) Cho biểu thức: A =
 2+ y 4− y   y−2 y

y

 


y ≠ 9.

1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tìm y để A = −2 .
Câu 3.

(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 và
parabol ( P ) : y = x 2 .
1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 ) .
2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh

16 .
độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x12 − 2 x2 + x1 x2 =
Câu 4.

(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính MN = 2 R . Gọi ( d ) là tiếp tuyến
của ( O ) tại N . Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. ( E không trùng với M và N ),
tia ME cắt đường thẳng ( d ) tại F . Gọi P là trung điểm của ME , tia OP cắt ( d )
tại Q .
1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OF ⊥ MQ và PM.PF = PO.PQ .

Câu 5.

3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF + 2 ME đạt giá trị nhỏ nhất.
(1,0 điểm) Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn:
1
1
1

+
+
=
2017 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a+b b+c c+a
P=

1
1
1
.
+
+
2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c


4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2016 – 2017
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Đề số 4
Câu I: (2,0 điểm)
1. Giải các phương trình:
a. x – 6 = 0

b. x2 – 5x + 4 = 0
2x - y = 3
2. Giải hệ phương trình: 
3x + y = 2

(

)

 y y -1 y y +1  2 y − 2 y + 1
Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = 
với y > 0; y ≠ 1
−
 :
 y- y
y
−
1
y
+
y


1. Rút gọn biểu thức B.
2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên.
Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 và
Parabol (P): y = 2x 2 .
1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2).
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có
hồng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1 x2 + y1 y2

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn đường kính MQ. Hai đường
chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vng
góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường trịn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là
giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn.

2. FM là đường phân giác của góc NFK
3. NQ.LE= NE.LQ
Câu V: (1,0 điểm)
Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m 2 + 2n 2 ≤ 3p 2 . Chứng minh rằng
-----------------------------------Hết----------------------------------

1 2 3
+ ≥
m n p


5
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 5
Câu 1 (2 điểm) :
1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0

a) Khi m = 0
b) Khi m = 1
5
x + y =
2. Giải hệ phương trình: 
1
x − y =
Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q =

4
3
6 b +2
(Với b ≥ 0 và b ≠ 1)
+
−
b −1
b −1
b +1

1. Rút gọn Q
2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5
Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol
(P) : y = x2
1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)
2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần
1 1
0
lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4  +  − x1 x2 + 3 =
x
x

 1
2 
Câu 4 (3 điểm): Cho đường trịn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) khơng đi qua O, cắt
đường trịn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến
MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).
1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc
CKD.
3. Đường thẳng đi qua O và vng góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R,
T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.

------------ Hết ------------


6
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2014 – 2015
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 6
Câu 1. (2.0 đ)
1. Giải các phương trình sau:

a. y - 3 = 0
b. y2 – 3y + 2 = 0

4
x + 2 y =
4
3 x − 2 y =

b. Giải hệ phương trình: 
Câu 2. (2.0 đ) Cho biểu
thức B
=

y −1  1
1 
−
:

 , với y > 0 và y ≠ 1.
y 2 − y  y
y + 1 

a. Rút gọn biểu thức B.
b. Tính giá trị của B khi x = 3 + 2 2 .
Câu 3 (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) y
= x2.
1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0)
2. Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1, x2 thoả mãn

x1 − x2 =

2
Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; qua
C kẻ đường vng góc với OE cắt đường trịn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên
cung nhỏ FM lấy điểm K ( K ≠ F và K ≠ M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi D
là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng:
a. Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp.
b. EK . ED = R2
c. NI = FK.
Câu 5 (1 đ) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

1
1
1
+
+
a + b +1 b + c +1 c + a +1

------------ Hết ------------


7
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2013 – 2014
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 7

Câu 1 (2.0 điểm):
1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3
a.Tính tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trình trên
2. Giải hệ phương trình:

2
x − 3y =

4
2 x + 3 y =

 1
=
Q
+

Câu 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức:
y
−
y

y ≠1)

y +1 
1  
:

 
 ( Với y > 0;
y − 1   y − 2 y + 1 

a. Rút gọn biểu thức Q
b. Tính giá trị biểu thức Q khi

y= 3 − 2 2

Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol
(P): y = - 2x2.
a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)
b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa
mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0.
Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vng góc với EF, gọi J là điểm
bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộc
EF).
a. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.
b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân.
c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và
I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng
minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.
Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ 3.

a4
b4
c4
3
+

+
≥
Chứng minh rằng:
b + 3c c + 3a a + 3b 4


8
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2012 – 2013
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 8

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0
b) x2 - 3x + 2 = 0
2 x − y = 7
2- Giải hệ phương trình : 
 x+ y =2
Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

1
2+2 a

+

1
2−2 a

-

a2 +1
1− a2

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2- Tìm giá trị của a ; biết A <

1
3

Bài 3: (2.0 điểm)
1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3)
và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3
2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg trình đã
cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x 22 = 4
Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vng góc với các cạnh AB ;
AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)
1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn
2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH ⊥ PQ
3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH
Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

8a 2 + b
+ b2

4a


9
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2011 – 2012
MƠN THI: TỐN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 9

Bài 1(1.5đ):
1. Cho hai số a1 = 1+ 2 ; a2 = 1- 2 . Tính a1+a2.
x + 2 y = 1
2. Giải hệ phương trình: 
2 x − y = −3

a
a
4 a −1
1
:
Bài 2(2đ): Cho biểu thức A = 
−
+
 a + 2 (Với a ≥ 0;a ≠ 4 )

a
−
4
a
+
a
−
2
2



1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của A tại a = 6+4 2
Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Với m là tham số)
a. Giải phương trình (1) với m = 2.
b. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
c. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x1 < x2).
Chứng minh rằng x12 – 2x2 + 3 ≥ 0.
Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn
2. Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.
3. kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường trịn tâm O đường kính BC cắt AH tại M. Chứng
minh M là trung điểm của AH
Bài 5(1đ): Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
+
+

≥2
b+c
a+c
a+b


10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2011 – 2012
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Đề số 10

Bài I (2,0 điểm)
Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
 a +3
a − 3  1 1 
Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức A =
−

  −
 với a > 0; a ≠ 9

3
−
+
a
3
a
3
a




1.Rút gọn A
2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 2
1.T ìm toạ độ c ác điểm A,B và viết phương trình đường th ẳng AB.
2. Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (với m là tham số ) song song
với đường thẳng AB.
Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, các đường
cao QM, RN của tam giác cắt nhau tại H.
1.Chứng minh tứ gi ác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình
hành.
3. Cho cạnh QR cố định,P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR ln
nhọn.Xác định vị trí điểm P đ ể diện tích tam giác QRH lớn nhất.
Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y là các số dương thoả mãn : x + y = 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x 2 + y 2 +

33

xy


11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2011 – 2012
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Đề số 11
Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
5
x + 2 y =
Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 
7
2 x + y =
Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và
F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vng.
Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA
lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) .

Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra

CN DN
.
=
CG DG

 = α Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng
3. Đặt BOD
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, khơng phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm) Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n 2 + np + p 2 =−
1

3m 2
.
2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.


12

HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề số 1
Câu I.
1. Rút gọn biểu thức A với với x ≥ 0; x ≠ 4.

(

)
) (

x −4−5− x +3
5
1
x +2
=
=
A=
−
−
x +3
x −2
x +3
x −2
x +3
x −2

(

2.

)(

(

)

)(

x − x − 12
x +3

)(

x −2

)

=

x −4
x −2

Tìm giá trị của cảu A khi x= 6 + 4 2

(

x=
6 + 4 2 =+
2
2

)

2

tmđk

(2 + 2 ) − 4 =
(2 + 2 ) − 2

x= 2 + 2 thay vào A ta đc: A =

2− 2
= 1− 2
2

Vậy với x= 6 + 4 2 thì A = 1 − 2
Bài 2. (2 điểm)

1.

Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với

đường thẳng ( d ') : y = 5x+6 và đi qua điểm A ( 2;3)
a = 5
Vì ( d ) / / ( d ') nên 
b ≠ 6
Vì (d) đi qua A ( 2;3) nên ta có: 3 =
5.2+b ⇒ b =−7
Vậy a = 5; b = −7 ta có ( d ) : =
y 5x − 7
11
3 x + 2 y =
5
x + 2 y =

2. Giải hệ phương trình 
2 y 11 =
3 x +=
x 3
⇔
⇔
=
2 x 6=
y 1
Bài 3: ( 2 điểm)

1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 =
0
x1 1;=
x2 3
PT có : a + b + c =1 − 4 + 3 = 0 nên PT có hai nghiệm:=

2. Ta có: ∆ ' =

( m − 1)

2

− 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 =

(m − 2)

2

+ 2 > 0 ∀m nên phương

trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m
Có : x − 2 ( m − 1) x + 2 m − 5 =
0 ⇔ x − 2 mx + 2 m − 3 = 2 − 2 x
2

2

Vì x1, x2 là các nghiệm của PT (1) nên ta có:

x12 − 2 mx1 + 2 m − 3 = 2 − 2 x1 ; x2 2 − 2 mx2 + 2 m − 3 = 2 − 2 x2 thay vào (*) ta đc:


13

(x

2

1

)(

)

− 2 mx1 − x2 + 2 m − 3 x2 2 − 2 mx2 − x1 + 2 m − 3 =
19

⇔ ( 2 − 2 x1 − x2 )( 2 − 2 x2 − x1 ) =

19
⇔ 2 ( x1 + x2 ) − 6 ( x1 + x2 ) + x1 x2 =
15
2

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
thay vào ta đc:
x2 2 m − 5
 x1=

Theo Vi-et có 

m = 0

0
⇔ 8 ( m − 1) − 12 ( m − 1) + 2 m − 5 =
15 ⇔ 8m − 26 m =⇔
 m = 13

4
2

2

m = 0
Vây: 
 m = 13

4
Bài 4. (3,0 điểm)

1. Chứng minh AIMK là tứ giác

B

nội tiếp;

I

 AKM

Có: =
AIM
= 90o nên tứ giác
AIMK nội tiếp.

 = MBC
.
2. Chứng minh MPK

A

O

TT câu a ta cm đc tứ giác KCPM nội

K

tiếp.

C

 = MPK
 ( hai góc nt
Suy ra: MCK
cùng chắn cung MK)

P

M

(1)

 = PBM
 ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nt cùng chắn cung MC của
Mà MCK
(O))

(2)

 = MBP
 hay MPK
 = MBC

Từ (1) và (2) suy ra MPK
1) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị nhỏ nhât..
Chứng minh được ∆IMP ∽ ∆PMK nên:

IM MP
=
MP MK

⇒ MI .MK =
MP 2 ⇒ MI .MK .MP =
MP 3
Để MI .MK .MP lớn nhất khi chỉ khi MP lớn nhất, nên M là điểm chính giữa cung nhỏ
BC


14
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1 , Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+ 4 4
+ 4
≤1
4
a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca
4

Ta có: a 4 + b 4 ≥ ab ( a 2 + b 2 ) ⇒
Tương tự có:

ab
ab
1
≤
=
4
2

2
2
a + b + ab ab a + b + ab a + b 2 + 1

(

4

)

bc
1
ca
1
; 4
≤ 2 2
≤ 2
4
4
b + c + bc b + c + 1 c + a + ca c + a 2 + 1
4

1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1

Suy ra VT ≤

2

3
3
Đặt
=
a 2 x=
; b 2 y=
' c 2 z3 ta có: xyz = 1 ( do abc = 1 )

Suy ra: VT ≤

1
1
1
+ 3 3
+ 3
3
x + y +1 y + z + 1 z + x3 + 1
3

Dễ cm đc x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y )

VT ≤

1
1
1

+
+
xy ( x + y ) + 1 yz ( y + z ) + 1 zx ( z + x ) + 1

VT ≤

z
x
y
+
+
xyz ( x + y ) + z xyz ( y + z ) + x zxy ( z + x ) + y

VT ≤

z
x
y
+
+
=
1
x + y + z x + y + z zx + y + z

Vậy VT ≤ 1 Dấu “_” xảy ra khi a= b= c

Đề số 2
Câu

Ý

1
(1,0đ)

Điể
m

Giải phương trình: x 2 + 8 x + 7 =
0.
Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a − b + c = 1 − 8 + 7 = 0 .

0,5

Do đó phương trình có hai nghiệm x = −1 ; x = −7

0,5

−6
2 x − y =
Giải hệ phương trình: 
20
5 x + y =

I
(2,0đ)

NỘI DUNG

2

7 x = 14
x = 2
Hệ tương đương với 
⇔
20
20
5 x + y =
5 x + y =
(1,0đ)
x = 2
x = 2
.
⇔
⇔
20
10 + y =
 y = 10

0,5
0,5


15
x +1
x
x 

:
+
 , với x > 0 .

x+4 x +4  x+2 x
x +2

Rút
gọn biểu thức A
=

Ta có: A
=

x +1
x
x 

:
+

x+4 x +4  x+2 x
x +2

0,25

x +1 
x
x 
=
:
+



( x + 2) 2  x ( x + 2)
x +2
1
(1,0đ)
=

x +1
( x + 2) 2

=

II
(2,0đ)

=


x
x 
: 
+

x + 2 
 x +2

0,25

x +1
x ( x + 1)
:

2
( x + 2)
x +2

0,25

1
x ( x + 2)

0,25

Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥
Với x > 0 ta có A =
2
(1,0đ)

Khi đó A ≥

1
3 x

1
3 x

1
và
x ( x + 2)

⇔
x

(

1
x +2

)

≥

.

x > 0;
1

3 x

x + 2 > 0.
0,5

⇔ x +2≤3

⇔ x ≤1 ⇔ x ≤1

0,25

Kết hợp với điều kiện ta được: 0 < x ≤ 1 .

0,25

Cho đường thẳng ( d ) : =
y ax + b . Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song với

y 2 x + 3 và đi qua điểm A (1; −1) .
đường thẳng ( d ') : =
1

III

Đường thẳng

y
(d ) : =

ax + b song song với đường thẳng ( d ') : =
y 2x + 3

a = 2
(1,0đ) nên ta có b ≠ 3 .


(2,0đ)

Khi đó ( d ) : =
y 2 x + b đi qua điểm A (1; −1) nên:
−1 =2.1 + b ⇔ b =−3 (thỏa mãn điều kiện b ≠ 3 ) . Vậy a = 2 , b = −3 .

2

0,5

0,5

Cho phương trình x 2 − (m − 2) x − 3 =
0 ( m là tham số). Chứng minh phương

(1,0đ) trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó


16
thỏa mãn hệ thức:

x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2 .

Ta có ∆= (m − 2) 2 + 12 > 0, ∀m nên phương trình ln có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 với mọi m.
(Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac =−3 < 0 để suy ra phương trình ln
có hai nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m )
Ta có:

x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2

⇔ x12 + 2018 − x22 + 2018 =x2 + x1
⇔

0,25

x12 − x22
x12 + 2018 + x22 + 2018

0,25

=
x2 + x1

0
 x1 + x2 =
⇔ 2
2
x1 − x2
 x1 + 2018 + x2 + 2018 =

(1)
(2)

Theo định lí Viet ta có: x1 + x2 = m − 2 . Khi đó:

0,25

(1) ⇔ m − 2 = 0 ⇔ m = 2 .
(2) không xảy ra. Thật vậy:
Do

x12 + 2018 > x1 ;

x22 + 2018 > x2 suy ra

0,25

x12 + 2018 + x22 + 2018 > x1 + x2 ≥ x1 − x2 . Vậy m = 2 .

Cho đường tròn tâm O , đường kính AB = 2 R . Gọi d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyến
IV

của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay

(3,0đ)

đổi trên đường trịn (O) sao cho E khơng trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E
và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N .


17
d

N

E
M

A

I

B

O

d1

1

(1,0đ)

d2

Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.


MAI
= MEI
= 900

0,5

 + MEI
 =.
Suy ra MAI
1800 Vậy AMEI nội tiếp.

0,5

Chứng minh IB.NE = 3.IE.NB .
 = EBN
 (cùng phụ với EBA
)
+) EAI
2
(1,0đ)

 (cùng phụ với IEB
 ). Suy ra ∆IAE  ∆NBE .

+) 
AEI = BEN

0,5

⇒

IA NB
=
⇒ IA.NE = IE.NB
IE NE

0,25

⇒

IB
.NE =
IE.NB ⇒ IB.NE =
3IE.NB (đpcm).
3

0,25

Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị khơng đổi và tìm giá
trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R .
Do tứ giác AMEI nội tiếp nên 
AMI = 
AEI
3

(1).

 = BEN
 (2).
Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN

 
(1,0đ) Theo trên ta có AEI = BEN

Từ (1), (2), (3) suy ra 
AMI = BIN

(3).

0,25

(4).

Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra ∆AMI  ∆BIN .

0,25


18
Suy ra:

AM
AI
= ⇒ AM .BN =

AI .BI không đổi.
BI
BN

+
=
Từ (4) ta có: BIN
AIM = 
AMI + 
AIM = 900 ⇒ MIN
900 hay ∆MNI vng
1
1
tại I . Khi đó: S ∆MNI = IM .IN = AM 2 + AI 2 . BN 2 + BI 2
2
2
≥

R 3R 3R 2
1
AM .BN . AI .BI =
AI .BI =
=
2 AM . AI . 2 BN .BI =
.
2
2 2
4

Dấu “=” xảy ra khi

=
AM AI
=
, BN BI . Vậy S ∆MNI đạt GTNN bằng

V
(1,0đ)

3R 2
4

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh
1
1
+
≥ 30.
2
2
2
a +b +c
abc
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
1 = a + b + c ≥ 3 3 abc > 0
1
9

⇒ ab + bc + ca ≥ 9abc > 0 ⇒
≥

2

abc ab + bc + ca
ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) > 0
1
1
1
9
Khi đó: 2
+
≥ 2
+
=
2
2
2
2
a +b +c
abc a + b + c
ab + bc + ca
1
1
1
7
= 2
+
+
+
(1)
2
2
a +b +c

ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
1 1 1
9
Áp dụng bất đẳng thức + + ≥
với mọi x, y, z > 0 ta được
x y z x+ y+z
(1,0đ)
1
1
1
9
+
+
≥ 2
2
2
2
2
2
a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca a + b + c + 2 ( ab + bc + ca )
=

0,25

9
=
9
2
(a + b + c)

0,25

0,25

0,25

( 2)

Lại có 1 = ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
2

Thay ( 2 ) , ( 3) vào (1) ta được

1
1
+
≥ 9 + 7.3 =
30 .
2
2
a +b +c
abc

( 3)

0,25

2

1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= .
3

0,25


19

Đề số 3
Câu 1:
1. Cho phương trình: mx 2 + x − 2 =
0 (1), với m là tham số
a. Giải phương trình (1) khi m = 0 .

0⇔x=
2
Khi m = 0 , ta có phương trình: x − 2 =
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2 .
b. Giải phương trình (1) khi m = 1 .
Khi m = 1 , ta có phương trình: x 2 + x − 2 =
0
Ta thấy: a + b + c =
0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
x1 = 1 ; x2 = −2 .

2. Giải hệ phương trình:
=
6
=
3 x − 2 y =

4 x 16
x 4 =
x 4
⇔
⇔
⇔

10
2 y 10
2 y 10 =
x + 2 y =
 x +=
4 +=
y 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = ( 4;3)
Câu 2:

 4 y
8y   y − 1
2 
+
:
−
 , với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 .
Cho biểu thức: A =
 2+ y 4− y   y−2 y
y 

 

1. Rút gọn biểu thức A .
A

=

(

)

)(

−4 y − 8 y

)

:

(

y −1− 2

(

)

y −2

)( y + 2) y ( y − 2)
−4 y ( y + 2 )
− y +3

=
:
( y − 2)( y + 2) y ( y − 2)
y ( y − 2)
−4 y
=
.
( y − 2) − y + 3
=

(

(


y − 2 − 8y 
y −1
2 

:
−
y 
y −2
y +2  y y −2



4 y

y −2

4y
y −3

(với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 ).

2. Tìm y để A = −2 .

)


20
4y

A = −2 ⇔

y −3

=
−2

⇔ 4y =
−2

(

y −3

)

⇔ 4y + 2 y − 6 =
0
Đặt

y = t > 0 ta có phương trình:

4t 2 + 2t − 6 =
0
Ta có: a + b + c =
0 nên phương trình có hai nghiệm:
t1 = 1 (thỏa mãn đk)
t2 = −6 (không thỏa mãn điều kiện)

Với t = 1 , ta có: y = 1 (thỏa mãn đk)
Vậy: A =−2 ⇔ y =1 .
Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 và parabol

(P) : y = x

2

.

1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 )
Thay x = 2 và y = 0 vào phương trình đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 , ta có:
0= 2.2 − m + 3 ⇔ m= 7

Vậy: với m = 7 thì đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 ) .

2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh

16 .
độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x12 − 2 x2 + x1 x2 =
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là:
x2 = 2x − m + 3 ⇔ x2 − 2x + m − 3 = 0

Ta có: ∆ ' =( −1) − ( m − 3) =−m + 4
2

Đường

thẳng

(d )

cắt

parabol

(P)

tại

hai

∆ ' > 0 ⇔ −m + 4 > 0 ⇔ m < 4
 x + x =
 x = 2 − x1
2

Theo hệ thức Vi-et, ta có:  1 2
⇔ 2
 x1 .x2= m − 3
 x1 .x2= m − 3

điểm

phân

biệt

⇔


21

16 ta có:
Thay x2= 2 − x1 vào biểu thức: x12 − 2 x2 + x1 x2 =

x12 − 2 ( 2 − x1 ) + x1 ( 2 − x1 ) =
16
⇔ x12 − 4 + 4 x1 − x12 =
16

⇔ 4 x1 =
20
⇔ x1 =
5
⇒ x2 =
−3

Thay vào biểu thức: x1 .x2= m − 3 ta được:

m − 3 =−15 ⇔ m =−12 (tm)
Vậy: m = −12 .
Câu 4:
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
1. Ta có: MFN

⇒ NE ⊥ ME

d

Lại có:
P là trung điểm của ME

F

O là trung điểm của MN

E

⇒ OP là đường trung bình của ∆MEN
⇒ OP  NE

P

⇒ OP ⊥ ME
- Xét tứ giác ONFP ta có :
 = 900 (tính chất tiếp tuyến)

ONF
 = 900 ( do OP ⊥ ME )
OPF
 + OPF
=
⇒ ONF
1800
⇒ ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).


MN  QF



2. Xét MQF ta có:  PQ  ME




MN  PQ  O
 O là trực tâm MQF
⇒ OF ⊥ MQ ( đpcm)

- Ta có:

N

M

O

D

Q


22

  QMF
  900 
MFO
  MFO

   PQM
0


PQM  QMF  90 


Mà MPQ
= OPF
= 900
Nên MPQ ∽ OPF
MP PQ
Từ đó suy ra
= ⇒ PM .PF =
PO.PQ (dpcm)
OP PF
3. Theo BĐT Cauchy ta được:
2

2
MF + 2 ME ≥ 2 2 ME.MF
= 2 2 MN=
2 2.4 R=
4R 2

Đẳng thức xảy ra ⇔ MF = 2 ME = 2 R 2
Mà MF
= ME + EF
Nên E là trung điểm MF
1
Xét MNF ta có: NE
= ME
= EF
=
MF
2
=

⇒ ME
MF
 .
⇒ E là điểm chính giữa cung MN
Câu 5:

Đặt x= a + b ; y  b  c ; z  a  c ;
1 1 1
   2017
x y z
1

1
1
P


x  2 y  z x  y  2z 2x  y  z
1 1
4
Ta có:  
x y x y
1 1
4
+ ≥
y z y+z
1 1
4
 
x x xz
 1
1 1 1
1
1 
    2 



x y z
 x  y y  z x  z 




1
1
1
 4 



 2 x  y  z 2 y  x  z 2 z  x  y 
1  1 1 1  2017
 P      
4  x y z 
4
Dấu "  " xảy ra khi a= b= c=

3
.
4034


23

Đề số 4
Câu

Nội dung

Điểm

1. Giải các phương trình:
a. x = 6
b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c =
Câu 1
 x1 = 1
0.
Vậy
ngiệm
của
phương
trinh
là:

(2điểm)
x 2 = 4
2x - y = 3
5 x = 5
x = 1
2. Giải hệ phương trình: 
⇔
⇔
3x + y = 2
3x + y = 2
 y = -1
Câu 2
(2điểm)

1. Với y > 0; y ≠ 1 Ư(2)

(

0.5

0.75
0.75

)

 y y -1 y y +1  2 y − 2 y + 1
A=
−
:
 y- y
y −1
y + y 


(

)

2

2 y +1
 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 
A=
−
:
y ( y -1)
y ( y + 1)


 ( y + 1)( y − 1)

(

)

 (y + y +1) (y - y +1)  2 y + 1
A=
−
:
y
y

 ( y − 1)
A=

A=
A=

y + y +1- y + y -1
y
2 y
y

⋅

(

⋅

(

)

y −1

2( y + 1)

)

y −1

2( y + 1)

y −1
y +1

2. Với y > 0; y ≠ 1 Ta có A =

y −1
y +1

nguyên thì

2
nguyên hay
y +1

2 y + 1 ⇔

y + 1 ∈ U • (2) ⇔

=

y +1− 2
y +1

y + 1 ∈ {1, 2} ⇔

= 1−

2
để A nhận giá trị
y +1

1

y ∈ {0,1} ⇔ y ∈ {0,1} (không thỏa

mãn ĐKXĐ).
Vậy khơng có giá trị ngun nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên
Câu 3
(2điểm)

1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 ⇒ n = 1 là giá trị cần tìm
2. Xét phương trình hồnh độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 Có
Δ = n 2 + 8 > 0 với mọi n nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi
n
Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồng độ lần lượt M(x1;

1
0.5


24
0.75

y1), N(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1x 2 =
Theo bài ra ta có

−1
2

S = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 2 x12 .2 x12 = x1 x2 + 4( x1 x2 ) 2 =

−1
1 −1
1
+ 4. =
+ 1=
2
4 2
2

0.75

1
là giá trị cần tìm.

2
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); EF ⊥ MQ
Câu 4 1. Ta có MPQ
(3điểm)
 + EFQ
 = 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn đường
⇒ EPQ
S=

1.0

kính PQ

 + EFM
 = 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác MNEF nội tiếp
2. Tương tự ⇒ ENM
=
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
⇒ PFQ
PEQ
cung PQ trong đường trịn đường kính EQ)
 = NEM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
cung MN trong đường trịn đường kính ME)
 = PEQ
 (hai góc đối đỉnh)
NEM

1.0

 = MFK
 (hai góc đối đỉnh)
PFQ
=

⇒ NFM
KFM

hay PM là phân giác của góc NFM
3. Ta có:
 = NQM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NPM
cung MN trong đường trịn đường kính MQ)
 = EQF
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
EPF
cung EF trong đường trịn đường kính EQ)
 = EPL
 ⇒ PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE ⊥ P Q ⇒ PE là phân
⇒ NPE
ΕΝ QN
giác ngoài của ΔNPL ⇒
=
⇒ ΕΝ.QL =
QN. ΕL (đpcm)
ΕL QL
Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có:
1 2

9
(1điểm)
(+) + ≥
(1) ⇔ (m + 2n)(n + 2m) ≥ 9 mn
m n m + 2n
⇔ 2m 2 - 4mn + 2n 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n

1.0

0.25

(+) m + 2n ≤ 3(m 2 + 2n 2 )(2) ⇔ (m + 2n) 2 ≤ 3(m 2 + 2n 2 )
⇔ 2m 2 - 4mn+ 2m 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
1 2
9
9
3
(+) Từ (1) và (2) suy ra + ≥
(do m 2 + 2n 2 ≤ 3 p 2 ).
≥
≥
2
2
m n m+ 2n
p
3(m + 2n )
1 2 3
Suy ra + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p
m n p

0.25
0.25

0.25