54 bộ đề luyện thi học sinh giỏi toán 11 năm 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 1
LỚP 11 - NĂM HỌC 2020-2021
Mơn: TỐN
Thời gian bàm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ………………
Câu 1 (6 điểm): Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1) 3 sin 2x  3  6sin x  3 cos x  0

2 3x
3
2
2)

2sin (

2

 )  3 cos x (1  3 tan x)
4
 1
2sin x  1

3) x 2  x  2  x  2  3
Câu 2 (2 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y 

3sin 2 x  2 cos 2 x
sin 2 x  2 cos 2 x  4

Câu 3 (4 điểm):
1) Tính tổng S 

1
1
1
 2   2 
2
A2 A3
A2020

2) Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 lập được bao nhiêu số có 4 chữ số đôi một
khác nhau và chia hết cho 11 đồng thời tổng của 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11.
Câu 4 (2 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD, hình chiếu của điểm D
lên AB, BC lần lượt là M(-2;2), N(2;-2). Biết rằng đường thẳng DB có phương trình là
3x - 5y + 1 = 0 và hoành độ điểm B lớn hơn 0. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 5 (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm
của SA và E là trung điểm của SB; P thuộc cạnh SC sao cho SC = 3SP.
1) Dựng giao điểm của DB với mặt phẳng (MPE).
2) Gọi N là một điểm thuộc cạnh SB, mặt phẳng (MNP) cắt SD tại Q.
Chứng minh

SB SD

5
SN SQ

Câu 6 (2 điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3
Chứng minh rằng P =

a
b
c
3



ab  3c bc  3a ca  3b 4

------------------ Hết ------------------

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên, Chữ kí của cán bộ coi thi:……………………………………………………


ĐÁP ÁP ĐỀ THI HSG MƠN TỐN – KHỐI 11- LẦN1- NĂM HỌC 2020-2021

Câu
1

Đáp án
1) Biến đổi thành (2sin x  1)( 3 cos x  3)  0

5
giải ta được x=  k 2 ; x=
 k 2 ( 3 cos x  3  0 vô nghiệm)

6
6
2)Điều kiện sinx 

1
và cos x  0
2

Điểm
1
1

Biến đổi thành



sin(3 x  )  s inx
3


 x  6  k

 x    k

3 2

1
1

Đói chiếu đk pt có nghiệm x 

7


 k 2 , x 
 k 2 , x   k
6
6
3

3)Đk x  2
Bpt đưa về
( x 2  x  2  2)  ( x  2  1)  0


( x  3)( x  2)

x2  x  2  2
 x3



x 3
0
x  2 1

1
1

Từ gt ta có ( y  3) sin 2 x  (2 y  1) cos 2 x  1  4 y

2

96 5
9  6 5
 y
11
11
9  6 5
kết luận GTLN của y bằng
11
9  6 5
GTNN của y bằng
11

Pt trên có nghiệm cho ta 

1
1
1
1



2
Ak k (k  1) k  1 k
2019
1 1 1
1
1
Cho k  2, 3,..., 2020  S  1      


.=
2 2 3
2019 2020 2020

1)

3

Ta có

2) Gọi số cần tìm là abcd
 (a  c)  (b  d )11
(a  c)  (b  d )11

suy ra a+c và b+d đều chia hết cho 11

Có 2+9=3+8=4+7=5+6 nên có 4.2.3.2=48 số

0,5
1,25
0,25

1
1

1
1

Gọi I(x;y) là tâm hình bình hành ABCD, do IM=IN nên x=y
có I thuộc BD nên 3x-5y+1=0 từ đó suy ra x=y= 0,5

0,75

34
do đó D,B thuộc đường trịn dường kính BD
2
1
1
17
có pt là ( x  ) 2  ( y  )2 
(1).
2
2
2

có IB=ID=IM=

4

5

Lại có tọa độ B,D thỏa mãn 3x-5y+1=0 (2)
Giải hệ (1),(2) vói hồnh độ điểm B lớn hơn 0 ta được B(3;2)

0,75
0,5

1) Gọi O là tâm của đáy ,SO cắt MP tại I,IE cắt DB tại J là điểm

càn dựng
2)Ta c/m bổ đề :cho tam giác SAB ,O là trung điểm của AB.Một

2

đt cắt SA,SO ,SB tại M,N,P CMR

SA SB
SO

2
(1)
SM SP
SN

CM : kẻ AH//MN ,BK//MN ( H,K thuộc SO) ta có
SA SH SB SK

,

, OH  OK 
(1)
SM SN SP SN

Áp dụng bổ đề trên ta được

SB SD SA SC
2SO




(
) =5
SN SQ SM SP
SI

a
b
c


(a  c)(b  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b)
a
a ( a  c) a (b  c ) 3a
,tương tự và cộng laị ta được P



(a  b)(a  c)
8
8
4
9 ( a  b  c)2  ab  ac  bc
 
4
8
2
9 (a  b  c)
1
3

 
 (a  b  c) 2 
4
8
24
4
2
(a  b  c)
(Do ab  bc  ca 
)
3

1
1

1) (1điểm) ta có P=

6

Dấu bằng khi a=b=c=1

1

1


TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2020-2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2 điểm). Cho
tại hai điểm
lên

Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 Pm  : y  x2  2mx  m2  m . Biết rằng  Pm  luôn cắt đường phân giác góc phần tư thứ nhất

A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B

lên

Ox , A2 , B2 lần lượt là hình chiếu của A , B

Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A2 .

Câu 2 (4 điểm).
1. Giải phương trình

2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3
 1.
2 cos x  3





 y3  4 y2  4 y  x  1 y 2  5 y  4  x  1

2.Giải hệ phương trình 
2
2 x 2  3x  3  6 x  7  y 2  x  1   y 2  1 3 x  2
Câu 3 (4 điểm).
1. Chứng minh rằng
2.Cho đa giác đều

C   C   C 
2
1
2022

2
2
2022

2
3
2022

1
 2

.

2021
2022

1011
 ...   C2022
1.
  C2022
  C2022
2

2

A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính

xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác.
Câu 4 (2 điểm). Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình.
Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau:
Cơ sở I: Mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so
với giá của mỗi mét trước đó.
Cơ sở II: Mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của
mỗi mét trước đó.
Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là
như nhau.
Câu 5 (6 điểm).
1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vng góc với

H và AD  2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB  3 AM , N là trung điểm HC . Biết
B  1;  3 , đường thẳng HM đi qua điểm T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm
tọa độ các điểm A , C và D .
2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB  2CD . Các cạnh bên có độ dài
bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng   thay đổi đi qua I và cắt
SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1

1
1
1
.
T

 2
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ
nhau tại

lần lượt cắt các đoạn thẳng

AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng   để tứ

giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu 6 (2 điểm).
1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn

abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức

a 3  b3  c3 
2. Giải phương trình

ab

bc
ca
9
 2 2 2
 .
2
2
a b b c c a
2
2

1  2020 x  1  2020 x  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x .
---------- Hết ------------

1


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
(Gồm có 06 trang)
Câu
I
2,0
điểm

Cho

 Pm  : y  x

NỘI DUNG
2

 2mx  m  m .
2

Biết rằng

 Pm  luôn cắt đường phân giác góc phần tư

A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2
lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần
diện tích tam giác OA1 A2 .
thứ nhất tại hai điểm

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

Điểm

x  m
.
x 2  2mx  m 2  m  x  
x  m 1

2,0

0,5

*TH1:

A  m ; m   A1  m ;0  ; A2  0; m  .
B  m  1; m  1  B1  m  1;0  ; B2  0; m  1 .

Khi đó SOB1B2  4 SOA1 A2 

0,75

m  1
1
1 2
2

m

1

4.
.
m

.


 m  1
2
2
3


*TH2:

B  m ; m  B1  m ;0 ; B2  0; m  .

0,75

A  m  1; m  1  A1  m  1;0  ; A2  0; m  1 .
Khi đó

SOB1B2  4 SOA1 A2

Vậy có 4 giá trị của
II
4,0
điểm

1. Giải phương trình

Điều kiện: x  

 m  2
1 2
1
2
 m  4.  m  1  
.
 m  2
2
2
3


m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3

 1.
2 cos x  3

5
 k 2 (*).
6

2,0

0,5

2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3  2cos x  3
 2sin 2 x  cos 2 x  7 sin x  2 cos x  4  0
  2sin 2 x  2cos x   1  2sin 2 x   7 sin x  4  0

Phương trình tương đương

 2 cos x  2 sin x  1   2sin x  1 sin x  3  0

2

0,5


 2sin x  1  0
  2sin x  1 sin x  2 cos x  3  0  
.
sin x  2 cos x  3  0


Giải (1) :



 x  6  k 2
1
sin x   
2
 x  5  k 2

6
2
2
2
 Giải (2): sin x  2cos x  3 vơ nghiệm vì 1  2  3 .

Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x   k 2
6
2. Giải hệ phương trình



0,5

k  .

0,5



1

 y3  4 y2  4 y  x  1 y2  5 y  4  x  1


2
2 x 2  3x  3  6 x  7  y 2  x  1   y 2  1 3 x  2
Điều kiện: x 

 2

.

2
(*)
3

2,0

0,25

2
2
 y  y  2   x  1  y  2   y  x  1 


2
 y  x  1  y  2   x  1   0  y  x  1



2
2
vì x    y  2   x  1  0.
3
Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta có:

Phương trình (1)





0,5

2 x 2  3 x  3  6 x  7   x  1 x  1  x 3 x  2
2

 2 x 2  3x  3  6 x  7  x3  x 2  x  1  x 3x  2

2



2

 

x 2  3x  3  1  x
x 2  3x  2

x

0,5



3 x  2  x  x3  7 x  6

3x  2  x 2
  x 2  3 x  2   x  3
3x  2  x

x 2  3x  3  1


2
x
  x 2  3x  2   x  3 

0
2
3x  2  x 
x  3x  3  1

 x 2  3x  2  0
 3


.
2

x
x 3

 0  4

3x  2  x
x 2  3x  3  1


Giải (3) ta được x  1; x  2



Giải (4): phương trình x  3 

2



x  3x  3  1

 
2
x

 x 2
 1 

0
3x  2  x 

x 2  3x  3  1  


 x

2 x 2  3x  3
x  3x  3  1
2



2

1. Chứng minh rằng

0,5



2
2
2022





S  1; 2 , 2; 3 .

C   C   C 

2
1
2022

x
0
3x  2  x

3x  2
2
 0 vô nghiệm vì vế trái ln dương với x  .
3
3x  2  x

Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là
III
4,0
điểm

0,25

2
3
2022

Ta có

2021
2022
1011

 ...   C2022
1.
  C2022
  C2022
2

2

2,0
0,25

3


 C    C    C   ...   C   C   C  1
  C    C    C    C   ...   C    C 
2
1
2022

2
2
2022

2
0
2022

2
3

2022

2
1
2022

2021 2
2022

2
2
2022

2022 2
2022

2
3
2022

1011
2022

2021 2
2022

2022 2
2022

1011

 C2022

.
0
1
2
3
2022
 xC2022
 x 2C2022
 x 3C2022
 ...  x 2022C2022
1  x   C2022
2022
0
1
2
3
2021
2022
 x 2021C2022
 x 2020C2022
 x 2019C2022
 ...  xC2022
 C2022
 x  1  x 2022C2022
2022
2020
2022
Hệ số x

trong khai triển 1  x 
 x  1 là
2022

 C    C    C    C   ...   C    C 
Mà 1  x 
 x  1  1  x    C  1 x .
2
0
2022

2
1
2022

2022

2
2
2022

2
3
2022

2 2022

2020

2021 2

2022

2022
k 0

Hệ số của x

2022

trong khai triển

1  x 

2 2022

k

k
2022

2022 2
.
2022

2k

0,5

là C2022 .
1011

0,5

Vậy có điều phải chứng minh.
2. Cho đa giác đều

0,75

A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ

của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa
giác.

2,0

Xác định được khơng gian mẫu và tính số phần tử của không gian mẫu

0,5

4
n     C2020

2

Xác định được biến cố, chỉ ra ứng vỡi mỗi cạnh có C2019 (chia 2016 cái kẹo cho 3 bạn mà bạn
nào cũng có kẹo) tứ giác thỏa mãn bài tốn.

0,5

2

n  A   2020.C2019

0,5

Xác suất cần tìm là

0,5

n  A
12
P  A 

n    2017

IV
2,0
điểm

1. Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia
đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau:
Cơ sở I: mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng
thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó.
Cơ sở II: mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2
lần so với giá của mỗi mét trước đó.
Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở
trên có chất lượng khoan là như nhau.
Cơ sở I: Gọi

2,0

un (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .

Theo giả thiết ta có

u1  200 và un 1  un  60

Chứng minh dãy số

un là một cấp số cộng có cơng sai d  60 .

0,5

Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở I khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:

S 20  u1  u2  ...  u20  20u1 
Cơ sở II: Gọi

20.19
d  15400 (nghìn đồng).
2

0,5

vn (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .

Theo giả thiết ta có

v1  10 và vn 1  vn 2

Chứng minh dãy số

vn là một cấp số nhân có cơng bội q  2 .

0,5

Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở II khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:

S20  v1  v2  ...  v20  v1.

q 20  1
 24697 (nghìn đồng).
q 1

Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I.

4

0,5


Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và
AC vng góc với nhau tại H và AD  2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho
AB  3 AM , N là trung điểm HC . Biết B  1;  3 , đường thẳng HM đi qua điểm

1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ

2,0

T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ các điểm A , C
và

D.
C

B
N
L
H
T
M

A

D

Ta có ABCD là hình thang cân nên có hai đường chéo BD và AC vng góc với nhau tại
H nên HB  HC, HA  HD .

V
6,0
điểm

0,5

Ta đặt HB  HC  a, HA  HD  b  a, b  0  , khi đó:
 MB  MA  2  1 
HM 
. HA 
.HB  HA  HB
AB

AB
3
3
  1 
DN  DH  HC
2

 

 2  1    1   1   1  
1
1
HA  HB  DH  HC   HA. HC  DH .HB   ab  ab  0 .
3
2
3
3
3
3

 3

Suy ra HM.DN  

0,5

Do đó HM  DN

Đường thẳng HM đi qua T  2; 3  và vng góc với DN nên có phương trình là:

2x  y  7  0 .
Gọi H  t;2t  7   HM . Theo định lí Talet ta có:



nên HD  2 HB , suy ra
Mặt khác D  DN nên

D  3t  2;6t  15 .

 
HD AD

 2 và HD, HB ngược hướng
HB BC
0,5

3t  2  2  6t  15   2  0  t  2  H  2;  3  D  8;  3 . .

Nhận xét rằng H  T , đường thẳng BD : y  3 .
Đường thẳng AC đi qua H và vng góc với BD có phương trình : x  2  0 .

x  2
x  2

 N  2;0  .
x  2 y  2  0
y  0

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: 

Vì N là trung điểm của HC nên





C  2;3 .

0,5

 xA  2  0
x  2
 A
 A  2;  15  .
 y A  15
 y A  3  4  0  3

Mặt khác HA  4 HN  

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là

A  2;  15  , C  2;3 , D  8;  3 .

S .ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB  2CD . Các
cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt
phẳng   thay đổi đi qua I và cắt SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị
1
1
1
1

nhỏ nhất của biểu thức T 
.

 2
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
2. Cho hình chóp

5

2,0


0,5

Gọi K là trung điểm của AB, E là trung điểm của
Ta có

CD

 

SA  SB  2SK
 

SC  SD  2 SE

 3 
  3  
CD / / AB
Do: 
 EK  OK  SK  SE  ( SK  SO )
2
2
 AB  2CD
 

3  1      
 SO  SK  SE  SA  SB  2 SC  2 SD  2 SK  4 SE  6 SO
2
2
 SA  SB  2SC  2SD


 SM
 SN
 SP
 SQ
 6 SO  12 SI
SM
SN
SP
SQ
SA SB 2SC 2SD
Do M , N , P , Q đồng phẳng nên




 12 . Suy ra
SM SN SP
SQ
1
1
2
2



 12 .
SM SN SP SQ
 1
1
1
1 
 122  

 2
2  2  22  2 2 
2
2
2 
2 SN
SP
SQ 
 2 SM
1
1

1
1
 T=

 2
 12
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
1
Vậy min T  12 khi SM  SN  SP  SQ  .
2
3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi và song song với
hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng
xác định vị trí của mặt phẳng

  để tứ giác

6

AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy

MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

0,5

0,5

0,5

2,0


Giả sử mặt phẳng
Do mặt phẳng

  cắt các cạnh

AA1 , BB1 , CC1 , DD1 lần lượt tại E , F , G , H .

  //  ABCD  nên ta có:

AE BF CG DH
.



AA1 BB1 CC1 DD1

AE
 x,  0  x  1 ; S ABCD  S với S là hằng số. Ta có S EHGF  S .
AA1
EM AM AE
EQ A1 Q A1 E
Suy ra



x


 1 x .
EF
AB1 AA1
EH A1 D A1 A

0,5

Đặt



S EMQ
S EFH



0,5

EQ EM
.
 x 1  x   S EMQ  x 1  x  S EFH .
EH EF

Chứng minh tương tự ta có:

SHPQ  x 1  x  S HGE ; SPGN  x 1  x  SHGF ; SNFM  x 1  x  SGFE .



Ta có S MNPQ  S  S EMQ  S PGH  S PGN  S NFM

0,5



 S  x 1  x  S EFH  S HEG  S HGF  S GFE   S  x 1  x  2 S  S 1  2 x  2 x 2  .
2

1 1 1
S

Ta có 1  2 x  2 x  2  x      S MNPQ  .
2 2 2
2

S
1
Khi đó S  MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất là
khi x  .
2
2
Vậy mặt phẳng   đi qua trung điểm các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 .
2

1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn

a 3  b3  c3 

0,5

abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức

ab
bc
ca
9
 2
 2
 .
2
2
2
a b b c
c a
2
2

1,0

Ta có

0   a  b   a 4  4a 3b  6a 2b 2  4ab3  b 4  a 4  b 4  2a 2b 2  4ab  a 2  ab  b 2  
4

a 2  ab  b 2
a 2  b2
bc

1b c
ca
Tương tự có 1  2
    ; 1 2

2
b c
4c b
c  a2
  a 2  b 2   4ab  a 2  ab  b 2  
2

VI
2,0
điểm

a2  b2
ab
1a b
 1 2
   
2
4ab
a b
4b a
1 c a
  .
4 a c 


0,5

Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả thiết
abc  1 ta được

bc
ca  1  b  c c  a a  b 
 ab
3 2
 2 2 2
 



2
2 
b
c 
 a b b c c a  4 a
bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b  bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b 


4abc
4
1
1
  a 3  b3  c 3  3abc    a 3  b3  c3  3
4
4
ab

bc
ca 

3
3
3
Hay a  b  c  4  2
 2 2 2
 9 1
2
2 
 a b b c c a 

7

0,25


Mặt khác

3  a 3  b3  c 3   3.3 3  abc   9  2 
3

ab
bc
ca 
 2 2 2
 18
2
a  b b  c c  a 2 


ab
bc
ca
9
3
3
3
Do vậy a  b  c  2
 2
 2

2
2
2
a b b c
c a
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
Từ

1

và

 2 suy ra 4  a3  b3  c 3 

2

0,25

2. Giải phương trình

1  2020 x  1  2020 x  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x .

VT 2 



1  2020 x  1  2020 x



2

 4 1   2020 x 

2

0,25

x 2  0   2021x    2020 x   1   2021x   1   2020 x 
2

2

2

 4 1   2021x   4 1   2020 x   VT  4 1   2021x 
2

2

VP 2  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x 

2

Vậy phương trình xảy ra

2

 x  0.

0,25

2

2

 2 1  2021x  1  2021x   1  2021x 1  2021x    4 1   2021x 


a  1  2021x a  b  2
Thật vậy, 

2 .
b  1  2021x 1  ab   2021x 
2  a 2b  ab 2   4 ab  ab  ab  ab 1  ab   0 , luôn đúng.
2

1,0

2

0,25

0,25

---------- Hết -----------Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên
cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

8


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI - VỊNG 1

BÌNH DƯƠNG

DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi: TỐN – Khối: 11

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/05/2020

Câu 1. (4 điểm)

a) Giải phương trình ( x  4) (3  x)( x  13)  27  x .
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 xy  xz  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

3 yz 4 zx 5 xy


.
x
y
z

Câu 2. (4 điểm)
Với 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  1  7c ta xét hai đa thức P ( x)  x3  ax 2  bx  c và
Q( x)  x 2  2 x  d . Giả sử P ( x)  0 có 3 nghiệm thực (khơng nhất thiết phân biệt). Chứng minh rằng tích 3
nghiệm của P( x) khơng vượt quá 1 và P(Q( x))  0 có tối đa 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 3. (4 điểm)

Cho dãy số  an  xác định như sau:
1

a1  1, a2 
.
2

2

n(n  1)an 1an  nan an 1  (n  1) an 1an 1 , n  N
a) Tính un theo n.
b) Chứng minh rằng:

2
 n an , n  N  .
n 1

Câu 4. (4 điểm)

Có 5 con xúc xắc được đánh số thứ tự 1, 2, 3, 4, 5. Gieo đồng thời cả 5 xúc xắc đó. Tính xác suất để tổng của
5 số trên mặt xuất hiện của 5 xúc xắc bằng 14.
Câu 5. (4 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  , AB  AC , M là trung điểm của cạnh BC. Đường phân giác trong
của BAC cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn  O  tại điểm P (khác A). Gọi E là điểm đối xứng với D qua
M ; trên đường thẳng AO và đường thẳng AD lần lượt lấy các điểm H, F sao cho các đường thẳng HD, FE
cùng vng góc với đường thẳng BC.


a) Chứng minh rằng bốn điểm B, H, C, F cùng nằm trên một đường tròn   .
b) Gọi T là giao điểm khác F của AD và   . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH
tại điểm Q (khác T). Chứng minh rằng đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn  O  .
-------------------- HẾT --------------------

/>Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .



SỞ GD & ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn thi: Tốn –Lớp 11
Ngày thi 17/5/2020
Thời gian làm bài: 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề)

CỤM GIA BÌNH –LƯƠNG TÀI

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 06 câu)

Câu I: (2,25 điểm) Cho hàm số y  x 2  mx  2 có đồ thị là  P  và đường thẳng d : y  x  m2 . Tìm tất
cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tứ giác ABCD là
hình bình hành, trong đó C  2; 6  , D  3; 7  .
Câu II: (4,75 điểm)
3 sin 2 x  2 cos x  cos 2 x  1
 2 cos x
tan x  1
3
4
3
3

1
 x  y  x y y
2) Giải hệ phương trình sau: 
3
2
3
 2

4 3x  y  4 3x  5  y  2 y  6 y  11

Câu III: (4,0 điểm)
 2 x 2  ax  b
, khi x  1

1) Cho hàm số f  x   
. Biết rằng hàm số f  x  liên tục tại x0  1 , tính
x 1
 bx  3,
khi x  1


1) Giải phương trình sau:

giá trị của biểu thức S  a 2  b 2 .
2) Cho dãy số  un  thỏa mãn: u1  2; un 1 

un
,n
1  n.un

*

. Tính lim

un
3n

Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vng tại C nội tiếp đường trịn
 C  tâm I  1 ; 5  , chân đường cao hạ từ đỉnh C là điểm H . Các tiếp tuyến của  C  tại A và C cắt
2 2

6 8
nhau tại M , đường thẳng BM cắt CH tại N  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm C thuộc
5 5
đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và có hồnh độ ngun.
Câu V: (4,0 điểm)
1) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  2a . Gọi M là trung
điểm của AC . Biết rằng SA  SB  SM  a 2 .
a) Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  SBM  .
b) Gọi   là mặt phẳng di động qua S và vng góc với  ABC  . Mặt phẳng   cắt các cạnh
BA, BC lần lượt tại I và J . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác BIJ .
2) Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi một vng góc; SA  a, SB  b, SC  c . Lấy một điểm

M nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng

SA, SB, SC . Chứng minh rằng: d  d  d 
2
1

Câu VI: (2,5 điểm)
1) Cho n 

*

2
2

2
3

2  abc 

2

a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

.

, chứng minh rằng: 1 Cn1   2  Cn2   3  Cn3   ...  n  Cnn   nC2nn 1 .
2

2

2

2

2) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2  y 2  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  3x 4  2 xy 3  12 x 2  4 xy .

=========== Hết===========
Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh……………


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2019 – 2020
MƠN THI: TỐN, LỚP 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : =
y 2 x + m . Tìm m để d cắt ( P ) tại hai
y x 2 − 2 x và đường thẳng d : =
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:

3 sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − 3 cos x − 1
=0
2 cos x + 3

(

)

 x ( x − 1) + x =
y +1 1+ y y +1
(1)

2) Giải hệ phương trình: 
3 ( x − 1=
) 2 4 + y − 4 2 − y + 9 − x2 ( 2)
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng phương trình m 2 x 4 − x 3 − 2m 2 + 2m =
0 ln có nghiệm với mọi m ∈  .
1

u1 = 4
2) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn 

. Tính giới hạn lim ( un ) .
4
*
=
un +1
, ∀n ∈ 
4 − un

Câu 4. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A ( 2;3) . Các điểm I ( 6;6 ) , J ( 4;5 ) lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết
hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C.
Câu 5. (5,0 điểm)
, AD b , cạnh bên SA vng
AB a=
1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,=
góc với đáy.
a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và CD. Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một
góc 600 . Tính độ dài đoạn thẳng SA .
b) (α ) là mặt phẳng thay đổi qua AB và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N. Gọi K là giao điểm

AB BC
có giá trị không đổi.
−
MN SK
= BC
= 2a, AC
= BD
= 2b , AB.CD = 4c 2 . Gọi M là điểm di động trong
2) Cho tứ diện ABCD có AD

của hai đường thẳng AN và BM. Chứng minh rằng biểu thức=
T

không gian. Chứng minh rằng biểu thức H=

( MA + MB + MC + MD )

2

≥ 8 ( a 2 + b2 + c2 ) .

Câu 6. (3,0 điểm)
1) Có hai cái hộp đựng tất cả 15 viên bi, các viên bi chỉ có 2 màu đen và trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp 1 viên bi. Biết số bi ở hộp 1 nhiều hơn hộp 2, số bi đen ở hộp 1 nhiều hơn số bi đen ở hộp 2 và
5
xác suất để lấy được 2 viên đen là
. Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng.
28
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ 1 và 3 ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P
=

x2

( x + y)

2

+x

+

x
.
z +x
2

………….. Hết…………..
(Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2019 – 2020
MƠN THI: TỐN, LỚP 11

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

2,0
Phương trình hồnh độ giáo điểm: x 2 − 2 x = 2 x + m ⇔ x 2 − 4 x − m = 0 (1)
Đường thẳng d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân

biệt ⇔ ∆′= m + 4 > 0 ⇔ m > −4

0,25

Gọi A ( x1 ; 2 x1 + m ) , B ( x2 ; 2 x2 + m ) ( x1 , x2 là các nghiệm của pt(1))
4
x +x =
Theo Định lý Vi-et:  1 2
 x1 x2 = −m
 
Vì ∆OAB vng tại O ⇒ OA.OB =
0 ⇒ x1 x2 + ( 2 x1 + m )( 2 x2 + m ) =
0

0,5

m = 0
⇒ 5 x1 x2 + 2m ( x1 + x2 ) + m 2 =
0 ⇒ m 2 + 3m =0 ⇒ 
 m = −3
0,5
x = 0
+) Với m = 0 , phương trình (1) trở thành: x 2 − 4 x =0 ⇔ 
⇒ A ( 0;0 ) ≡ O (Loại)
x = 4
1 ⇒ A (1; −1)
x =
(t/m)
+) Với m = −3 , phương trình (1) trở thành: x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
 x= 3 ⇒ B ( 3;3)

0,5

Kết luận: Vậy m = −3

0,25

Câu 2.1

2,0
Điều kiện: cos x = −

3
5π
⇔x≠±
+ k 2π
2
6

Phương trình tương đương:

0,25

3 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin 2 x + 3sin x − 2 ) =
0

⇔ 3 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1)( sin x + 2 ) =
0

⇔ ( 2sin x − 1)

(

)

3 cos x + sin x + 2 =
0


 x=
1

sin x =


2
⇔ x =
⇔

π


cos x −
=
−1



 
6

=
x


0,75

π

+ k 2π
6
5π
+ k 2π
6
7π
+ k 2π
6

(k ∈ )

0,5


π

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là: x =
+ k 2π ( k ∈  )
6
0,5
Câu 2.2

2.0
0≤ x≤3
Điều kiện: 
−1 ≤ y ≤ 2
Ta thấy x = 0, y = −1 không phải là nghiệm của hệ. Từ đó suy ra x + y > −1 . Do đó phương

)

0,5

Do đó, phương trình (*) tương đương x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1

0,5

trình (1) của hệ tương đương ( x 2 − y 2 ) − ( x + y ) +

(

x − y +1 =
0



1
⇔ ( x − y − 1)  x + y +
0 ( *)
 =

x
+

y
+
1



(
Ta có: x + y = x + ( y + 1) − 1 ≥
⇒ x+ y+

1
x + y +1

(
≥

x + y +1
2

x + y +1

)

)

2

−1

2

2

+

1
x + y +1

−1

Lại có:

(

x + y +1

)

2

2

(
=

x + y +1

≥ 33

( x+

8( x +

2

1

+

)

x + y +1

2

+

2

)
y + 1)

y +1

(

1
x + y +1

2
2

−1

−1 =

+

) 2(

1
x + y +1

)

−1

3
1
−1 = .
2
2


Thế vào pt(2), ta được: 3 ( x − 3=
) 2 3 + x − 4 3 − x + 9 − x2
 3 + x = u , u ≥ 0
Đặt: 
⇒ 3 ( x − 1) = u 2 − 2v 2
 3 − x = v, v ≥ 0
Suy ra: u 2 − 2v 2 = 2u − 4v + uv ⇔ u 2 − ( 2 + v ) u − 2v 2 + 4v =

0

4
=
∆ 9v 2 − 12v +=

( 3v − 2 )

2

u= 2 − v
⇒
 u = 2v
0,5
+) u = 2 − v ⇒ 3 + x = 2 − 3 − x (Vô nghiệm)
+) u = 2v ⇔ 3 + x = 2 3 − x ⇔ x =

9
4
⇒y=
5
5

0,5

9 4
Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  ;  .
5 5
Câu 3.1

2,0
Xét hàm số f ( x=
) m 2 x 4 − x 3 − 2m 2 + 2m
0,5

Ta thấy f ( x ) liên tục trên 

f (1) =−m 2 + 2m − 1 =− ( m − 1) ≤ 0, ∀m ∈ 
2

f ( −2=
8 13m 2 + ( m + 1) + 7 > 0, ∀m ∈ 
) 14m2 + 2m +=
2

0,5

+) Nếu m =
1 ⇒ f (1) =
0 ⇒ phương trình có nghiệm x = 1
+) Nếu m ≠ 1 ⇒ f ( −2 ) . f (1) < 0 ⇒ Phương trình có nghiệm x ∈ ( −2;1)

0,5

Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m.

0,5

Câu 3.2

2,0
Ta có: un +1 −=
2
⇒

2un − 4
4
2
− 2 ⇔ un +1 −=
4 − un
4 − un

4 − un
1
1
1
1
=
⇔
=− +
un +1 − 2 2 ( un − 2 )
un +1 − 2
2 un − 2

0,5
0,5


4


v1 = −

1

7
Đặt:
=
⇒
vn
1
un − 2 
vn +1 =− + vn , ∀n ∈ *

2

4 1
−7 n − 1
⇒ vn =− − ( n − 1) =
7 2
14
⇒

0,5

1
14
−7 n − 1
=
⇒ un =2 −
14

7n + 1
un − 2

0,5

14 

⇒ lim ( un ) =lim  2 −
 =2
7n + 1 

Câu 4

2,0
Đường tròn ( C ) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( 6;6 ) , bán

A

kính R
= IA
= 5 có phương trình: ( x − 6 ) + ( y − 6 ) =
25 .
2

2

Phương trình đường thẳng AJ: x − y + 1 =
0.

J

Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường
tròn ( C ) .
25
( x − 2 ) + ( y − 3) =
⇒ Tọa độ D là nghiệm của hệ: 
0
 x − y + 1 =
⇒ D ( 9;10 ) (Do A ≠ D )
2

2

I
C

B
D

0,5
 ⇒ D là điểm chính giữa cung BC
 = CAD
 ⇒ DB =
Vì BAD
DC (1)


A+ B
 là góc ngồi tam giác JAB ⇒ BJD
=

BJD
2

( 2)


 + CBD

+
JBD
= JBC
B
A
   
=
JBD
JBC
CAD
⇒
=
+

 = CAD
 
2
CBD


( 3)


 ⇒ ∆DBJ cân tại D (4)
Từ (2) và (3) suy ra BJD
= JBD
Từ (1) và (4) suy ra DB = DC = DJ = 5 2

0,75


⇒ B, C thuộc đường tròn ( C ′ ) tâm D, bán kính R′ = 5 2
Phương trình ( C ′ ) : ( x − 9 ) + ( y − 10 ) =
50
2

2

B, C là các giao điểm của ( C ) và ( C ′ ) nên tọa độ của B và C là các nghiệm của hệ:
 ( x − 6 )2 + ( y − 6 )2 =
25
⇒ B (10;3) , C ( 2;9 ) (Do xB > xC )

2
2
50
( x − 9 ) + ( y − 10 ) =

0,5

Vậy B (10;3) , C ( 2;9 )

0,25

Câu 5.1a

1,5

S

K
N
M

I

D

A
B

J

H
C

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ IH / / SA ⇒ IH ⊥ ( ABCD ) ⇒ góc giữa IJ với ( ABCD ) là
góc I
JH ⇒ I
JH =
600

0,75

 b 3
Trong tam giác IHJ vng tại H=
ta có: IH HJ
=
.tan IJH

0,5

⇒ SA = 2 IH = 2b 3

0,25

Câu
5.1b

1,5

Ta có :

MN =
(α ) ∩ ( SCD ) ⇒ MN / / AB / /CD

AB / / CD

SK = ( SAD ) ∩ ( SBC ) 
 ⇒ SK / / AD / / BC
AD / / BC


0,5

AB CD CS
Từ đó suy ra = =
MN MN MS
BC CM
=
SK SM
⇒

AB BC CS CM MS
−
=
−
=
= 1 (đpcm)
MN SK MS SM MS

0,5

0,5


Câu 5.2

2,0

A

P

M
I

D

B
Q

N

C

m, CD =
n ⇒ mn =
4c 2
Đặt AB =
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Ta có ∆BCD =
∆ADC ⇒ BQ =
AQ ⇒ ∆QAB cân tại Q ⇒ QP ⊥ AB
Tương tự ta có QP ⊥ CD
⇒ B đối xứng A qua PQ và D đối xứng C qua PQ

Gọi N là điểm đối xứng của M qua PQ và I là giao điểm của MN với
PQ ⇒ MB
= NA; MD
= NC
Ta có: H = ( MA + MB + MC + MD ) = ( MA + NA + MC + NC )

2

0,5

2

 

Trong tam giác AMN có AM + AN = 2 AI ⇒ AM + AN ≥ 2 AI
Tương tự ta có: CM + CN ≥ 2CI

⇒ H ≥ ( 2 AI + 2CI )= 4 ( AI + CI )
2

2

0,5

Đặt:=
IP x=
, IQ y

⇒ ( AI + CI ) =
2

(

IP 2 + PA2 + IQ 2 + QC 2
2

Ta có

)

 m2

n2
=
+ x2 +
+ y2 


4
 4


m2
n2
2
m+n
+ x2 +
+ y2 ≥ 
 + ( x + y)
4
4
 2 

2

0,5

=

m 2 + n 2 + 2mn
=
+ PQ 2
4
n2
2c + + BQ 2=
4
2

m 2 + n 2 + 8c 2
+ BQ 2 − PB 2
4

n 2 2 BC 2 + 2 BD 2 − CD 2
2c + +
=
4
4
2

2a 2 + 2b 2 + 2c 2

⇒ H ≥ 4 ( 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 )= 8 ( a 2 + b 2 + c 2 ) (đpcm).

0,5

Câu 6.1

1,5
Gọi số bi trong hộp 1 là n ( 7 < n < 15 , n ∈  ).
Gọi x, y lần lượt là số bi đen ở hộp 1 và hộp 2 ( n ≥ x > y > 0, x, y ∈  ) .
Suy ra xác suất lấy được 2 viên bi đen là:

xy
5
=
(1)
n (15 − n ) 28

 n 7
⇒ 28 xy = 5n (15 − n ) ⇒ 
(15 − n ) 7

0,5

1.
+) Nếu n 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n =
14 ⇒ số bi ở hộp 2 là 1 viên ⇒ y =
Thay vào (1) ta có:

5
5
x
⇒ x = (Loại).
=
2

14 28

0,25

+) Nếu (15 − n ) 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n =
8
Thay vào (1) ta được:

x = 5
xy 5
=
⇒ xy = 10 ⇒ 
56 28
y = 2

⇒ Xác suất lấy được 2 bi trắng là:

0,5
0,25

3 5 15
.
. =
8 7 56

Câu 6.2

1,5

4x

1
1 
Ta có x ≥ 1 ⇒ x ≥ x 2 ⇒ P ≥ x 
.
+
 ≥
2
2
2
2
 ( x + y ) + x z + x  ( x + y ) + z + 2 x

0,5

Theo giả thiết ta có: ( x + y ) + z 2 = 3 ( x + y + z ) ≤ 3 2 ( x + y ) + z 2 


2

2

⇒ ( x + y ) + z 2 ≤ 18 ⇒ P ≥
2

4x
18
18 1
= 2−
≥ 2− =
2 x + 18

x+9
10 5

0,5

x 1,=
y 2,=
z 3.
Dấu “=” xảy ra khi=

Vậy min P =

1
5

0,5
...................... Hết…………….