29 de thi hoc sinh gioi chuyen lop 9 mon toan

UBND TỈNH SƠN LA CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn : Toán (Lớp chuyên) Câu (2,0 điểm)  x   x 3 x 2 x 2  a) Rút gọn biểu thức: A  1    :  x x x x x          b) Tính giá trị biểu thức B   x  x   2019 x    1 10   21   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình : x2  mx  m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn biểu thức A x1 x2  đạt giá trị nhỏ x  x22  1  x1 x2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x   3x  Câu (3,0 điểm) Từ điểm I nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA IB đến đường tròn ( A, B tiếp điểm) Tia Ix nằm hai tia IA IB, Ix không qua O cắt đường tròn (O) C E ( E nằm C I), đoạn IO cắt AB M Chứng minh a) Tứ giác OMEC nội tiếp b) AMC  AME IE  MB   c)    MC  IC Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn  Chứng minh rằng: 362   121 a  b2  c2 ab  bc  ca Câu (1,0 điểm) Trong tam giác có cạnh đáy a, chiều cao tương ứng h ( a, h cho trước, khơng đổi) Hãy tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x  0; x  4, x   x   x 3 x 2 x 2    A  1  :  x 1  x  x 3 x5 x 6  A x9 x 4 x 2 : x 1 x 2 x 3 A x 1   x 2 x   1 10  21    2 2     x 3 x 3 b) Ta có:     x 2 x 1   1  1  1  3  2  52 Vậy B   x  4x  2 2019    2     4 58   2019     2       1 2019 2019  1 Câu a) Phương trình x2  mx  m   có hai nghiệm dương phân biệt  m  4m        m    m     S   m  m  m   P  m      m  Vậy với  phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt m  b) Vì    m    với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân x  x  m biệt x1 , x2 Theo hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  m  Khi đó: A x1 x2  x1 x2  x1 x2    2 x  x2  1  x1 x2   x1  x2   x1 x2   x1 x2  x1  x2 2  2  m  1  4m    A  m    4m  2 m 2 m 2  Am  4m  A   0(1) A 1 có nghiệm  '    A  A     A2  A     A  1 A     1  A  Vậy MinA  1  m2  4m    m  2 Vậy với m  2 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 3 11   11 Có x  3x   x  x     x     0x  4  2 7 ĐKXĐ: x  2 x  3x   x  3x   x  3x   x  3x   12  Đặt x  3x   t  t  0 , ta có phương trình: t  3(tm) t  t  12    t  4(ktm)  x  1(tm) Với t   x  3x      x  4(tm) Vậy S  1;4  VT  Câu A C E I M O B a) IAE ICA có IAE  ICA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AE ) góc I chung IA IE   IA2  IE.IC (1) IC IA Lại có IAO vng A có AM  IO (do IO trung trực đoạn AB)  IAE  IA2  IM MO ICA( g.g )  (2) IE IO  IM IC IE IO  IEM IOC  c.g.c   IME  OCE IEM IMC có góc I chung  IM IC  Tứ giác OMEC nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a) Từ (1) (2) ta có: IE.IC  IM IO   OEC  OMC (hai góc nội tiếp chắn cung OC ) Mà OEC  OCE (do tam giác OCE cân O) Và OCE  IME (chứng minh trên)  IME  OMC Mà IME  EMA  900 OMC  CMA  900 (do AB  IO)  AMC  AME   c) CMO ICO có: CMO  ICO  OEC ; IOC chung CM IC   CM CO  MO.IC MO CO CM CM  CM CO  CM MO.IC   (1) MO.IC CO  CMO ICO( g.g )  Lại có IEM    COM ( g.g ) (do IEM  MOC  IOC theo câu a EMI  OMC (câu b) IM CM  (2) IE CO IM CM IM IO IE    Từ (1) (2) ta có: IE MO.IC MC IC Mà MA2  MI MO (hệ thức lượng tam giác vuông IAO) MB IE MA2 IE IE  MB     mà MA  MB  hay    2 MC IC MC IC  MC  IC Câu 1 Với số thực dương a, b, c ta có    a b c abc Thật ta có: 1 a b c a b c  a  b  c                   a b c b a a c c b CoSi  22239 1 Vậy    (*) , Dấu "  " xảy a  b  c a b c a b c Với ba số thực a, b, c ta có: 3 ab  bc  ca    a  b  c  Thật vậy:  ab  bc  ca    a  b  c   3ab  3bc  3ca  a  b  c  2ab  2bc  2ca  a  b  c  ab  bc  ca   1 2 a  b   b  c   c  a      2 a  b  c Luôn với a, b, c Vậy ab  bc  ca  Dấu "  " xảy a  b  c (**) Áp dụng * , ** giả thiết a  b  c  3, ta có: 362  2 a b c ab  bc  ca 1 360     2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 360 360.3      121 2 a  b  c a  b  c 9 Dấu "  " xảy a  b  c Câu C' A P I F G B C H E Tam giác ABC có B, C cố định, AH  h Vậy A thuộc đường thẳng d cố định song song với BC cách BC đoạn h Gọi  O; r  đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với BC, AC, AB AH BC (không đổi ) (1) (2) Mặt khác S ABC  S AOB  S BOC  SCOA  r  AB  BC  CA Từ (1) (2) ta có r lớn AB  AC nhỏ Lấy C ' đối xứng với C qua d  C ' cố định AC  AC '  AB  AC  AB  AC '  BC '  AB  AC nhỏ A  I (I giao BC ' d ) Gọi P trung điểm CC ' d / / BC nên I trung điểm BC '  IB  IC '  IC  AB  AC Vậy r lớn tam giác ABC cân A E, F , G Ta có: S ABC  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Ngày thi: 06/06/2019 Mơn: Tốn (Hệ chun) Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x  x  19  x  74  x  3y  6x  b) Giải hệ phương trình:  2  9 x  xy  y  y   Bài (2,5 điểm) x  x x  x2  x  x   a) Cho biểu thức P      Rút gọn tìm giá trị nhỏ x x  x x x  x  x 1  biểu thức P b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  4ab  7b2   a  b, a  b  Tính giá trị 2a  b 3a  2b biểu thức Q   a b ab c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d  : y   m  2 x  m   d ' : x   m  2 y  m  2, m tham số Chứng minh giao điểm hai đường thẳng nói thuộc đường cố định m thay đổi Bài (1,5 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y    x  y b) Số tự nhiên n  1116 có tất ước số nguyên dương phân biệt ? Tính tích tất ước số Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn  O; R  có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi M điểm di động đoạn thẳng OB ( M khác O P) Tia CM cắt đường tròn  O  N ; DB cắt CN P, AN cắt CD Q a) Chứng minh PQ / / AB b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC, từ suy diện tích tứ giác ACMQ khơng đổi M di động đoạn thẳng OB CQ  CN   c) Chứng minh hệ thức  AM  AN  d) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ Tính OM theo R trường hợp Bài (0,5 điểm) Trên bảng ô vuông, ô người ta điền toàn dấu  Sau đó, thực q trình đổi dấu (dấu + sang dấu  , dấu  sang dấu +) theo bước sau: Bước 1: Các dịng thứ i đổi dấu i lần, i  1,2, ,2019 Bước 2: Các ô cột thứ j đổi dấu j  lần, j  1,2, ,2019 Tính số dấu cịn lại bảng vng sau thực trình đổi dấu ĐÁP ÁN Bài a) GPT: x  x  x  19  x  74 Điều kiện: x2  x  19   x  x  19   x  x  19  36  Đặt t  x2  x  19, t  t  4(tm) Phương trình tương đương với 2t  t  36    t   (ktm)  2 x  t   x  x  19   x  x  19  16  x  x  35     x  5 Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S  5;7 b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: x  2 x  xy  y  x  x     3x  y    x  3     y  3x   x; y    3;3  x; y    3; 3 Thử lại ta thấy nghiệm  x; y    3;3  thỏa mãn hệ phương trình Bài a) P  2x  x x  x2  x 2x      x x x x x x x   x   x  x x  1 x  1 x. x  1 x   x  1  x  x  1  x x  x  1 x 1 x  x 1  2x  x  x  2x  x  x x 1     x x x x x   2x  x  x  x  x  2x  x  3    2 x 2 x x x x x   Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: x  2  P22 x Dấu "  " xảy x  (tmdk ) 2a  b 3a  2b 2a  ab  b2  3a  5ab  2b 5a  4ab  b    b) Q  a b ab a  b2 a  b2 Vì a  4ab  7b2  nên ta có: Q  a  b2    a  4ab  7b2  a  b2   a  b2  a  b2 6 c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d ' Với m  2  d  : y   d ' : x  vng góc với x 1 m2   Khi ta có a.a '   m  .    1   d    d '  m2 Vậy  d    d ' với m Với m  2  d ' : y   Vậy giao điểm đường thẳng nói nhìn đoạn AB cố định góc nên thuộc đường trịn đường kính AB m thay đổi Bài a) x  y  1 x  y  x  y   x  y    x  xy  y  x  y   xy   x  y   xy  xy   xy  xy  x  y  Nếu xy số khơng phương VT số vơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vô lý Vậy xy  k  xy  k Ta có: 10 2  4 x  x  y  1 (1) 2) Giải hệ phương trình:  2  4 x  3xy  y  (2)  y  2 x  Ta có: 1   x  1  y    x   y  x   y      y  2x   x   y  1 TH1: y  2 x  thay vào (2) ta được: 14 x  x    x    y   x   y 1 TH2: y  x  1thay vào (2) ta được: x  x    x    y    1  Vậy hệ phương trình có ba nghiệm:  0;1 ;  0;1 ;  ;0    Câu 1) Phương trình hồnh độ giao điểm d  P  là: x2  2mx  m   x  2mx  m   * Ta có:  '  m2   m     m  1   0, m   d cắt (P) hai điểm phân biệt Gọi x1 , x2 hai nghiệm * Theo định lý Viet ta có:  x1  x2  m   m   x1 x2   x  3x2 Theo giả thiết : x12  x22  x1x2    x1  3x2  x1  x2      x1  2 x2 m   x2  m 3m m    3m2  8m  16  VN  ta có: TH1: x1  3x2   4  x  3m   x  m TH2: x1  2 x2   , ta có:  x m  m   33 2m2   4m  m    m   33 giá trị cần tìm Vậy m  124 2) Ta có: a  b  c  a   b  c   a b  c    a  b  c   4a b  c  Lưu ý: Với điều kiện ab  bc  ca   b  c  4a a 2a     b  c a  b  c bc abc b 2b c 2c ;   ca abc ab abc a b c 2a  2b  2c      2(dfcm) bc ca ab abc Câu Tương tự ta có: A D T I E C B M a) Ta có: AE  BT ( gt ) Do AE qua tâm I nên E trung điểm BT  ABT cân A 1 Ta có: BCA  sd AB ACT  sd AT 2 Do sd AB  sd AT Suy BCA  ACT hay AC đường phân giác BCT b) Ta có IEB  IBM  900  BMEI tứ giác nội tiếp  BIM  BEM Mặt khác BIM  BIC  BAC  BEM  BAC 125 Do BED  BAD  BED  BEM  1800  tứ giác ABEC nội tiếp  BDA  BEA  900 hay BD  AC A M H K N I E B C D F Từ B, C kẻ đường thẳng song song với đường thẳng d , cắt đường thẳng AD E F AB AC AE AF AE  AF AD (khơng đổi) Ta có:      AM AN AI AI AI AI Gọi H , K hình chiếu vng góc M , B AC BK AB S BK AC AB AC    ABC   MH AM S AMN MH AN AM AN  AB AC     AD AI S S   AM AN     AMN ABC 2 AI AD     AB AC   MN / / BC Dấu "  " xảy AM AN AI Vậy  S AMN   S ABC d đường thẳng qua I song song với BC AD Câu x  y 2019 m Đặt   nx  my  2019  mz  ny  m, n  , n   y  z 2019 n 126 Để nx  my  2019  mz  ny   ta có: nx  my  x y    y  zx  y z mz  ny   x  y  z   x  z   xz  y   x  z   y 2   x  y  z  x  y  z  Vì x  y  z số nguyên tố, x  y  z số nguyên lớn  x  y  z   x2  y  z  x  y  z Mà x2  x; y  y; z  z  x  1; y  1; z  Vậy x  y  z  1là giá trị cần tìm 127 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A  KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 02 tháng năm 2019 Mơn thi: TỐN (CHUYÊN) x   x  1  x   x  1   1   ,  x   x   x  1 x  1, x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức A số nguyên Câu (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên nhiều công ty mời làm việc, có cơng ty A B Để thu hút người tài, hai cơng ty đưa hình thức trả lương thời gian thử việc sau: Cơng ty A: Anh Bình nhận 1400USD ký hợp đồng thử việc tháng trả lương 1700USD Cơng ty B: Anh Bình nhận 2400USD ký hợp đồng thử việc tháng trả lương 1500USD Em tư vấn giúp anh Bình lựa chọn cơng ty để thử việc cho tổng số tiền nhận lớn Biết thời gian thửu việc hai công ty từ tháng đến tháng Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng m2  d1  : y  m x  m   d2  : y  x  (m tham số thực khác 0) Tìm tất giá trị m 1 tham số m để  d1   d  cắt điểm A cho diện tích hình 15 Biết B  1;2  hai điểm H , K hình chiếu vng góc B A lên trục hoành Câu (3,0 điểm) thang ABHK a) Giải phương trình: x  3x   x  x  21  11 2   x  y  xy  b) Giải hệ phương trình:  2   x  y  xy  y  x c) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2020  x  y   2019  xy  1  128 Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân có AB  AC, trực tâm H đường trung tuyến AM Gọi K hình chiếu vng góc H lên AM , D điểm đối xứng A qua M L điểm đối xứng K qua BC a) Chứng minh tứ giác BCKH ABLC nội tiếp b) Chứng minh LAB  MAC c) Gọi I hình chiếu vng góc H lên AL, X giao điểm AL BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với Câu (1,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực x, y, z số thực dương Chứng minh: a b2 c  a  b  c     x y z x yz b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  số thực dương thỏa mãn abc  129 a3  b3  c3  với a, b, c   a  b  c  b3  c  a  c  a  b  ĐÁP ÁN Câu a) A     x   x  1  x   x  1   1    x 1 x2  x  x 1 x 1 1  x 1 x 1 1  x      x 1   x  2   x 1 1    x  2  x 1 1 2  x2    x 1  x 1 1  x 1 1  x     x2  x 1  Nếu  x  A  1 x 1  x 1 1 x  2 x  2     x  2 x 1  x x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x  2 x 1 x  2   x2 x 1 x  x 1 x 1 2 b) TH1: Nếu  x  A  x 1 Để A nhận giá trị nguyên x  1phải ước dương (vì x nguyên x  1) Nếu x  A   x    x  2(ktm)   x    x  3(ktm) x 1 Vì x nguyên, x  nên x  1nguyên x   TH2: Nếu x  A  x  ước lớn  x    x  5(tm) Vậy với x  A nhận giá tri nguyên Câu Gọi x (tháng) số tháng thử việc anh Bình  x  * /3  x  8 A nhận giá tri nguyên nên Gọi y USD  số tiền anh Bình nhận sau x tháng thử việc Theo công ty A số tiền anh Bình nhận được: y  1400  1700 x (d1 ) Theo công ty B số tiền anh Bình nhận được: y  2400  1500 x (d2 ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d1   d  : 130 1400  1700 x  2400  1500 x  x   y  9900 Xét đồ thị biểu diễn hai hàm  d1   d  sau: Căn vào đồ thị, ta tư vấn cho anh Bình sau: +Nếu thử việc từ đến tháng anh Bình nên chọn cơng ty B thu nhiều tiền +Nếu thử việc từ tháng anh Bình nên chọn cơng ty A thu nhiều tiền +Nếu thử việc tháng anh Bình chon cơng ty thu tiền Câu Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d1   d  là: m2 m xm 2 x2 m 1 m4  x  m4  x  m2  1 m    y  m   A  m  1; m   m 1 131 H, K hình chiếu B, A lên Ox nên H  1;0  , K  m2  1;0   AK  BH  HK  15  AK  BH HK  15 15    2  m2   m  1 2   m   m    15  m  6m      m  7(VN ) Câu S ABHK  x  3x   x  x  21  11 a) 3  Ta có: x  3x    x     0x 4  2  75  x  x  21   x     0x 4   Đặt a  x2  3x   a  0 , phương trình cho trở thành: Bình phương hai vế phương trình (1) ta được: 3a  17  2a  17 a  121 104    2a  17 a  104  3a  a       2a  17a   10816  624a  9a  a  676(ktm)  a  692a  10816     a  16(tm) 132 a  2a  17  111 x  Với a  16  x  3x  14    x     7  Vậy S  2;   2 b)  x  y  xy  (1)  2  x  y  xy  y  x (2) PT (2)   x  y    xy  y    x  y     x  y 1  y  x   x  y  x   y   1  y  x  x  y 1  x   y  1 Với x   y, từ PT (1)  x     x  1  y   y   x  1 y   x  7  Với x  y  1, từ PT 1   y  12  y   y  1 y   y  y       Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1; 1 ;  1;1 ;  1;0  ;  ;    7   c)2020  x  y   2019  xy  1   2019  x  y   x  y  2024 (1)  2019  x  y   2024   x  y   2 2024    x  y  1  x  y  2019 x y 0   x  y  Nếu x  y   x  y, từ 1  x  2024  x  1012 (vô nghiệm nguyên) x  y 1  y  x 1 từ 1  x  y  Nếu x  y  1thì    x  y  1  y  x  Thay y  x  vào (2) ta được:  x  1  y  2  x   x  1   x  x     x   y 1 133 (2) Thay y  x  1vào (2) ta : x 1 y  2  x   x  1   x  x      x  2  y  1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x; y   1;2  ;  2;1 ; 1; 2 ;  2; 1 Câu A F G J I K O' H B C M E X O L D a) Gọi E, F , G theo thứ tự chân đường cao AE, BF , CG tam giác ABC AK AH AHK AME ( g.g )    AK AM  AH AE AE AM AH AF AHF ACE ( g.g )    AC AF  AH AE AC AE 134 AK AF   AFK AMC  AKF  ACM AC AM FBC vng F có FM đường trung tuyến  FM  MC  BC  MFC cân M  MFC  MCF  ACB Xét tứ giác BHKC có: Từ suy AK AM  AF AC  HKC  HBC  HKM  MKC  HBC  900  MFC  HBC  900  ACB  HBC  900  900  1800 Suy tứ giác BHKC nội tiếp Ta có: AGHF nội tiếp  BAC  GHF  1800 mà GHF  BHC (đối đỉnh) Lại có: BHKC nội tiếp  BHC  BKC mà BKC  BLC (K, L đối xứng qua BC) Từ đó: BAC  BLC  1800  ABLC tứ giác nội tiếp b) Ta có: LAB  LCB (ABLC nội tiếp, chắn cung BL) Mà LCB  KCM ( K đối xứng L qua BC)  LAB  KCM (1) AMC CMK có KMC chung MKC  ACB  AMC CMK ( g.g )  KCM  MAC (2) Từ (1) (2) suy : LAB  MAC c) Ta có : ABDC hình bình hành MA  MD, MB  MC  BDC  BAC Mà BHC  BAC  1800  BHC  BDC  1800  BHCD tứ giác nội tiếp  B, H , K , C, D thuộc đường tròn AB / /CD mà CH  AB  CH  CD  HD đường kính đường tròn ngoại tiếp BHC Gọi O trung điểm HD O tâm đường trịn ngoại tiếp BHC Ta có: AI AX  AH AE AH AE  AK AM suy AI AX  AK AM AI AK    AKI AXM  AKI  AXM  IXMK tứ giác nội tiếp AM AX Suy K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM Suy đường tròn ngoại tiếp BHC đường trịn ngoại tiếp IXM có điểm chung K OD  OK (bán kính đường trịn ngoại tiếp BHC)  OKD cân  OKD  ODK Gọi J trung điểm AH, IM đường trung bình AHD, JM cắt OK O ' 135 Suy O ' thuộc đường trung trực KM (*) Mặt khác AHIK nội tiếp đường trịn tâm J, đường kính AH  HKI  HAI (cùng chắn cung HI) JI=JK AH / / KL (cùng vng góc với BC)  HAI  ILK  HKI  ILK  HK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp KIL Mà HK  AM suy tâm đường tròn thuộc AM , lại có BC đường trung trực KL M thuộc BC suy M tâm đường tròn ngoại tiếp KIL suy MK  MI Mà JI  JK  JM trung trực IK (**) Từ (*) (**) suy O ' tâm đường trịn ngoại tiếp IXM Mà ta có: OO '  OK  O ' K Suy đường tròn ngoại tiếp BHC đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc với K Câu a b2 c  a  b  c  a) Ta có:    x y z x yz  a b2 c2        x  y  z    a  b  c  (vi x, y, z  0) y z   x a y a z b2 x b2 z c x c y 2 a    b     c  a  b  c  2ab  2bc  2ca x x y y z z  a2 y b2 x   a z c2 x   b2 z c2 y    2ab   2ca   2bc    0 y   x z   y z   x 2  y x  z x  z y  a b c c  a   b   (luôn với x, y, z  0) x y x z y z        a   Dấu "  " xảy : a   b  y x b x y ay  bx z x a b c  c  az  cx    x z x y z  bz  cy z y c y z a b2 c2  a  b  c  Vậy    x y z x yz 136 a3  b3  c3  b) P    a  b  c  b3  c  a  c  a  b  P 1 8      b  c c  a a  b a  b  c  b  c  a  c  a  b  1 8   P  bc  ca  ab   abc  1 1 1 1 1 1 1 31 31 3    a    b    c    b c c a a b b c c a a b 1 Đặt x  ; y  ; z   x, y, z  xyz  a b c  yz zx xy   x y2 z2      P   8   y  z z  x x y   y  z z  x x y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: yz yz yz y  z  2  yz yz yz 4 zx zx zx z  x  2  zx zx zx 4 xy x y xy x  y  2  xy x y x y yz zx xy x yz     xy  yz  zx  3 yz zx x y yz zx xy x yz     3 (1) yz zx x y Áp dụng bất đẳng thức câu a, ta có: Suy :  x  y  z  x  y  z x2 y2 z2    y  z z  x x  y 2 x  y  z  2  x2 y2 z2  Suy :      4 x  y  z  y z z x x y      Cộng (1) (2) vế theo vế ta được: (2) 7 x  y  z   x2 yz zx xy y2 z2     8    3  yz zx x y y  z z  x x y 137 x2 y z  7 x  y  z 21 27   3 xyz    2 2 Dấu "  " xảy x  y  z   a  b  c  Suy : P   Vậy MinP  27  a  b  c 1 138 ... xúc với   B 29 Câu Ta chứng minh n  100000000 thỏa mãn 10  Thật 20 19 2100000000 1 09. 20 19   24 .9. 20 19 1  100000000  100000000  100000000  99 992 7316  2 2 2020 9. 20 19 Tiếp theo ta chứng... thỏa mãn Thật vậy, n20 19  2a   2n 22 a 20 19 220 19 a 20 19 220 19 a 20 19 a 20 19  a a  1000000000 a  a  2 2 2020 Từ nhận xét kết hợp với quy nạp, ta thấy n  2k.1 09 thỏa mãn toán với k ...  zx     19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (3,0 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 20 19- 2020 MƠN THI: TỐN (CHUN) Thời gian:150 phút Ngày thi: 05/6/2018