DE DA DUYEN HAI VA DBBB KHOI 10

001 002 003 004 005 006 007 008 009 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 10 Câu Nội dung cần đạt Câu 1(4 điểm) Giải hệ phương trình ĐKXĐ:  2  x  xy  y  x  y  y   x2  y  x2  x  18   x  xy  y  y  x     y   x y 0 x  y Điểm 4.0đ Phương trình thứ hệ tương đương với : x  xy  y  y  x  y  x x  y  x  xy  y  y   x  y(  x  y x x y  x y x  xy  y  y 2  1đ 0 x y )0 Thay x=y vào phương trình thứ hai hệ ta x  x  x  3x  18  x  x    x  x  x  x  18  x  x  x   x  x  3 x     x  x    x    x  x x   * Đặt u  x  x ; v  x   u  0; v   Phương trình (*) trở thành 1đ  uv 2u  5uv  3v     2u  3v Trường hợp 1 x2  x  Trường hợp  x6   61    61  61 x   x  6   x  x  y  2    x   61    x6   x   x  x  x   x  6    x   y  3    x  2đ   61  61  ;  2   Vậy nghiệm hệ  9;   LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 384 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC Gọi P điểm đối xứng B qua AC, Q điểm đối xứng C qua AB D giao điểm BQ CP, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPQ Chứng minh AI  BC A Q P I 4.0đ B H C D Gọi H hình chiếu A BC, (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác DPQ Từ tính chất phép đối xứng suy A tâm đường tròn bàng tiếp góc D tam giác DBC, H tiếp điểm đường tròn với cạnh BC Nhận xét BH  BC  CD  DB BC  BD  DC ; CH  ; BC  CP  BQ 2 Do AB  AC  BH  CH  BC (CD  BD )  CP.CD  BQ.BD   PC /( I )   PB /( I )  IB  IC 2 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1đ 1đ 1đ 385 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia AB  AC  IB  IC  AI  BC 1đ Câu (4 điểm) Tìm cặp số nguyên tố  p; q  cho 7 p  p  q  2q    pq  4.0đ Không tổng quát, giả sử q  p , vế trái lẻ, suy p, q lẻ Nhận xét: Nếu k số nguyên tố thỏa mãn k  2k  k Theo định lý Fermat nhỏ   7-2  mod k   k  k k 1đ Giả sử p  Ta có  p  p  q  2q   7 p  p  p  p   l  p p q q pq     p        q  q  p *  Vì q khơng chia hết cho p nên q không chia hết cho p, suy p khác Theo định lý Fermat nhỏ p 1 2 p 1  mod p  ** 1đ Từ (*) (**) suy gcd( q; p 1)  2gcd( q ; p 1)  mod p  q  p   gcd(q; p  1)     p  p   l  Trường hợp p=5 Ta có  75  25  q  2q    5q  Hiển nhiên q=5 thỏa mãn Nếu q   7q  2q không chia hết cho q, suy 75  25  q  16775  5.5.11.61  q  q  11; 61 1đ Thử lại thấy thỏa mãn Trường hợp p=3 Ta có  73  23  q  2q    3q  Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn Nếu q   73  23  q  335  5.67 q  q  67 (Thử lại không thỏa mãn) Kết luận  p; q    5;  ;  5; 11 ;  5; 61 ; 11;  ;  61;  LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1đ 386 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu (4 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn xy   z  x  y  Tìm giá trị lớn biểu thức P xy  xy  1 1  x 1  y  2  Bài giải: xy   z  x  y   z 1 z2 z z A B C    1 Đặt  tan ;  tan ; z  tan xy x y x y 2 với A, B, C   0;   , ta có 1 trở thành tan 4.0 đ A B B C C A tan  tan tan  tan tan  Chứng minh A, B, C ba 2 2 2 1đ góc tam giác Ta có xy  xy  1  x y  xy  x y  x  y 1 1 2 xy  xy  1 2x y  x  y 1 x y      2 2 1  x 1  y  1  x 1  y  1  12  1  12    12 x y y   x  P 1 x2  P  cos  1 y2  2 1 tan C z 1 P   A B C 1 z  tan  tan  tan 2 2 1đ A B  cos  sin C 2 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 387 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Ta P    cos A  cos B  sin C    Ta có cosA  cos B  cos thức xảy A=B sin C  sin A B A B A B C cos  cos  2sin 2 2  3 Đẳng 2 C   C   C    sin    cos     2sin    Đẳng thức xảy  3 2 3 2 3 2 C  Mà C  C   C   C   sin  sin     sin    cos  sin     3, đẳng thức xảy 2 3 2 6 2 6 2 3 Suy cos A  cos B  sin C   4 3 Từ (2) (4) ta có P   , đẳng thức xảy 2  3 C , A  B  Vậy maxP   1đ C  x  y  cot  12   3, z  tan  1đ  Câu (4 điểm) Cho tập hợp X có 2016 phần tử Chọn 64 tập X1, X2, …, X64 tập X (mỗi tập chứa nhiều 1008 phần tử) Chứng minh tồn tập A X có số phần tử không vượt mà A  X i    i  1, 64  Bài giải Tổng số phần tử 64 tập lớn 64.1008  32.2016 Vì tồn phần tử a tập X thuộc 33 tập con, giả sử X1, X2, …, X33 Xét 31 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử b 4.0đ 1đ tập X thuộc 16 tập con, giả sử X34, X35, …, X49 1đ tập X thuộc tập con, giả sử X50, X51, …, X57 0.5đ Xét 15 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử c Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử d tập X thuộc tập con, giả sử X58, X59, X60, X61 Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử e tập X thuộc tập con, giả sử X62, X63 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 0.5đ 388 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Với tập X64 lại ta lấy phần tử f Như tập A chứa phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn toán LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1đ 389 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu (4,0 điểm) Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn hệ phương trình 3 x  y  75  2  y  z  yz  108 3 z  x  xz  49  Tính giá trị biểu thức P  xy  yz  zx Câu (4,0 điểm) Cho số thực a , b, c thỏa mãn điều kiện  c  b  a  , 2ab  2a  3b , 3abc  ab  3bc  2ca Chứng minh a  b3  c  36 Câu (4,0 điểm) Cho m, n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2016 m  2016 n  Chứng minh m n Câu (4,0 điểm) Cho tam giác không cân ABC Gọi  O  ,  I  theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường tròn  Oa  qua B, C tiếp xúc với  I  điểm A1 , đường tròn  Ob  qua C , A tiếp xúc với  I  điểm  Oc  qua A, B tiếp xúc với  I  điểm C1 Chứng minh B1 , đường tròn a) Các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy điểm b) Tâm đẳng phương ba đường tròn  Oa  ,  Ob  ,  Oc  nằm đường thẳng OI Câu (4,0 điểm) Có ba máy in, in bìa cặp số nguyên dương hoạt động theo nguyên tắc sau: Máy 1: In bìa  a  1, b  1 có bìa  a, b  a b Máy 2: In bìa  ,  có bìa  a, b  , a , b chia hết cho  3 Máy 3: In bìa  a, c  có bìa  a, b   b, c  a) Giả sử ban đầu có bìa  2011, 2016   2,  Chứng minh in bìa b) Giả sử ban đầu có bìa  u, v  ,  u  v; u, v   Tìm tất số nguyên dương m, n  m  n  cho ta nhận bìa  m, n  -Hết - LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 390 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Câu ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn: Tốn – Lớp 10 Nội dung trình bày (4,0 điểm) Điểm  y2  25 x  3 x  y  75    y2 Ta có  y  z  yz  108    z  yz  36 3 z  x  xz  49 3  3 z  x  xz  49   Lấy điểm O điểm A, B, C cho y   1200 , COA   1500 OA  x, OB  , OC  z 3,  AOB  900 , BOC Khi theo định lí hàm số Cơ Sin ta có AB  5, BC  6, CA  Theo cống thức Heron S ABC  Mặt khác S ABC  SOAB  SOBC  SOCA 0,5 1,0 p  p  AB  p  BC  p  CA   6 1  6  OA.OB.sin 900  OB.OC.sin1200  OC.OA.sin1500 2 xy 1 6 6  yz  zx  72  xy  yz  zx  P  72 2 2 Vậy P  72 (4,0 điểm) Từ giả thiết ta 3  1;   ;3    a a b a b c Sử dụng bât đẳng thức AM – GM ta có 3 3 3   3    3            3   a  b  1       b  c           c             a   a b   a b c        Sử dụng đẳng thức bất đẳng thức 3 3 2  3  2 1  1;  c  b  a;       ;          ta a a b a b c 3 3 3 a  b  c  36   a  b  c  36 Dấu đẳng thức xảy a  3, b  2, c  (4,0 điểm) Đặt n  mq  r ,  r  m Khi ta viết 3 1,0 3  2 1  1  3 2 1               3               a b c a b c a b c Ta có   3    3      3 3 3 3 3 a  b  c  36  a   b   c   a       b       c       a   b   c        Sử dụng khai triển Abel ta a  b3  c  36 1,0 0,5 3 2  2  3 2         3           a b a b a b 0,5 3 2016n   2016mq  r   2016mq.2016r  LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1,0 0,5 1,0 1,0 0,5 391 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Ta xét trường hợp sau TH1 Nếu q số lẻ   2016n    2016m   2016r   2016r , kết hợp với 2016 m  2016 n  thu q 2016 m  2016 r   r   m n   TH1 Nếu q số chẵn 2016n    2016m   2016r  2016r  , q kết hợp với 2016 m  2016 n  2016m   2016 m   thu 2016 m  2016 r  vô lí  r  m (4,0 điểm) B2 A U1 A2 A1 M1 J B1 B A3 1,5 1,0 1,0 B0 V1 I S2 C1 S1 Ob O Oa C A0 C2 4a (2,0 điểm) Tiếp tuyến A1 đường tròn  I  cắt đường thẳng BC A2 , tương tự cho điểm B2 , C2 Ta có PA2 /  I   PA2 /  O  , PB2 /  I   PB2 /  O  , PC2 /  I   PC2 /O  suy A2 , B2 , C2 thẳng hàng A B B2C C2 A  (1) suy A2C B2 A C2 B 0,5 Đường thẳng A1 A2 cắt đường thẳng AB , AC U1 ,V1 Tương tự cho điểm U , V2 , U , V3 Theo kết ta BV1 , CU1 , A1S1 đồng quy điểm M , tương tự cho điểm M , M Ta có A  A2 A3 BC   A  A2 AU 1V1   M  A2 AU 1V1   M  A2 S1CB  1,0 AB AB SC BA CA CA BA   A2 A3 BC    A2 S1CB   :  :     (2) BA3 CA3 CS1 BS1 A3C  A2C  S1B LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 392 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Tương tự đẳng thức (2) kết hợp với (1) ta được: A3 B B3C C3 A  1  AA3 , BB3 , CC3 đồng quy hay AA1 , BB1 , CC1 đồng quy điểm A3C B3 A C3 B 4b (2,0 điểm) Các đường thẳng A1S1 , B1 S , C1 S3 tương ứng cắt đường tròn  Oa  ,  Ob  ,  Oc   , CA ,  A0 , B0 , C0 Khi A0 , B0 , C0 tương ứng điểm cung BC AB Dễ thấy A1S1 , B1 S , C1 S3 đồng quy điểm J nằm đường thẳng OI 0,5 1,0 Ta có IS1 , OA0 vng góc với BC  IS1 || OA0 IS , OB0 vng góc với CA  IS || OB0 Theo định lí Ta - let ta có: JA0 JO JB0   JS1 JI JS Mặt khác JA1.JS1  JB1.JS2 Do PJ /( Oa )  JA1.JA0  JA1.JS1 0,5 JA0 JB  JB1.JS  JB1.JB0  PJ /  Ob  JS1 JS2 Tương tự ta PJ /(Oa )  PJ /  Ob   PJ / Oc  suy J tâm đẳng phương ba đường tròn  Oa  ,  Ob  ,  Oc  nằm đường thẳng OI (4,0 điểm) 4a (1,0 điểm), 4b (3,0 điểm) Gọi p ước v  u  p,3  Theo nguyên tắc máy in p ước n  m Đặt n  m  p.q, q  * Giả sử v  u  p.3k  v  u  p.3k Dùng máy in ta từ  u , u  p.3k    u  t , u  t  p.3k  , t  * Chọn t cho u  t  3k h, h  * Sử dụng máy in ta được:  u  t , u  t  p.3    h, h  p.3    h, h  p  k k k k Sử dụng máy in ta được:  h, h  p    h  p, h  p    h  p, h  p   Sử dụng máy in ta được:  h, h  p    h, h  sp  , s  * Lấy s  3k1.q cho 3k1  h Tiếp tục sử dụng máy in ta được:  h, h  sp    h, h  3k1 p.q    h  m1 , h  m1  3k1 pq  Chọn h  m1  3k1 m sử dụng máy in ta được: h  m , h  m  1 k1    pq  3k1 m,3k1.m  3k1 pq   m, m  pq    m, n  Vậy số nguyên dương m  n cần tìm thỏa mãn n  m  p.q, q  * LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 393 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MƠN TỐN 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH (Thời gian180 phút không kể thời gian phát đề) (đề thi có 01 trang gồm câu hỏi) Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình:  xy  3 y   x  x x   y  x  y    x  16  2 y    x Câu (4 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD hai cạnh AB, CD khơng song song Đường tròn  C1  qua hai điểm A, B tiếp xúc với cạnh CD P Đường tròn  C2  qua hai điểm C, D tiếp xúc với cạnh AB Q Hai đường tròn  C1   C2  cắt hai điểm E, F Chứng minh đường thẳng EF qua trung điểm PQ AD song song với BC Câu (4 điểm) Tìm tất số nguyên dương (a, b, c) cho: a2 + 2b+1 = 3c Câu (4 điểm) Cho số thực không âm a, b, c Chứng minh a  b  c  9abc   a  b  c    ab  bc  ca  Câu (4 điểm) Bên hinh vuông cạnh cho 2016 điểm Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm cho đỉnh hình vng, cho diện tích thỏa mãn bất đẳng thức sau S  Hết 2017 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 394 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH Nội dung Giải hệ phương trình: Điểm  xy  3 y   x  x x   y  x  y    x  16  2 y    x 4,0 0  x  ĐK  (*)  y  2 Với điều kiện (*) ta có  xy  3 y   x  x x   y  3x  y    x  1  y  3 y    x  1 x   x 1   y  3 y    x  1 x 1,0 Với x  thay vào (2) ta có: 2 y    y   Ta có:  y  3 y    x  1 x      y2  y2    x x   y    y   y2 y2  x 0  x     y   y  x  x   y  x  thay vào (2) ta có x   x 31 (loại)  1     1  y   x   1,0  x  1 0   x  2 x   x  16  32  x  16   x   x    x   16   x    x  x   1,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 395 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Đặt t    x   t   phương trình trở thành  x t  2 4t  16t   x  x     t   x    1,0 0  x  x 4 6  Hay   x     32  x   y 3  x  4 6 Vậy hệ có nghiệm  ;    1,0 Câu Cho tứ giác lồi ABCD hai cạnh AB, CD không song song Đường tròn  C1  qua hai điểm A,B tiếp xúc với cạnh CD P Đường tròn  C2  qua hai điểm C, D tiếp xúc với cạnh AB Q Hai đường tròn  C1   C2  cắt hai điểm E, F Chứng minh đường thẳng EF qua 4,0 trung điểm PQ AD song song với BC T R D P E K A Q C F B 1,0 S Gọi EF cắt PQ K PQ cắt đường tròn  C1  ;  C2  điểm thứ hai S, T AB cắt CD R Ta có: PR  RA.RB PQ  RD.RC (*) Mặt khác ta có: KP.KS  KE.KF  KQ.KT Suy KP  KQ  QS   KQ  KP  KT   KP.QS  KQ.PT 1,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 396 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Khi đó: KP  KQ  QS  PT  PQ.QS  QP.PT  AQ.QB  DP.PC Mặt khác AQ  RQ  RA; QP  RB  RQ 1,0 DP  RP  RD; PC  RC  RP Kết hợp với (*), ta có AQ.QB  DP.PC  RQ  RA  RB   RP  RC  RD   RC.RD. RA  RB   RA.RB  RC  RD    RA.RC  RB.RD   2  RA RD   AD / / BC RB RC Câu Tìm tất số nguyên dương (a, b, c) cho: a2 + 2b+1 = 3c Giả sử (a, b, c) số nguyên dương cho a2 + 2b+1 = 3c  c chẵn (vì 2b+1⋮4; a2  (mod 4) a2  (mod 4))  c = 2d (d  N*) 1,0 4,0 1,0  2b+1 = (3d - a) (3d + a)  3d - a = 2m ; 3d + a = 2n (m, n  N, m < n)  3d = 2n + 2m = 2m (2n-m + 1)  m=1  3d = 2n-1 + +) Nếu n - =  d = , n =  c = 2, a = 1, b = +) Nếu n -   2n-1 ⋮  d chẵn  d = 2k (k  N*) 1,0 1,0  2n-1 = (3k - 1) (3k + 1)  3k - = 2t , 3k + = 2s (t, s  N*; t < s)  2.3k = 2t + 2s = 2t (2s - t + 1)  t =  k = 1, s =  n - =  d =  c = 4, n = 4, a = 7, b = Vậy (a, b, c) = (1, 2, 2) (a, b, c) = (7, 4, 4) Câu Cho số thực không âm a, b, c Chứng minh a  b  c  9abc   a  b  c    ab  bc  ca  3 1,0 4,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 397 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Áp dụng bất đẳng thức AM- GM cho vế trái ta có VT  a  b3  c3  9abc   a  b  c  Khí BĐT cần chứng minh trở thành  a3  b3  c3  9abc   a  b  c    ab  bc  ca  Hay  a  b3  c3   a  b  c   abc  a  b  c    a 2b  b 2c  c a  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta a  b3  c3   a  b  c    a2  b2  c2    a4  b4  c    a2b2  b2c  c2 a2  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành  a  b  c   abc  a  b  c    a 2b  b2c  c 2a  Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc AM-GM, ta có a  b  c   abc  a  b  c   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a    a 2b  b 2c  c a  Dấu xẩy  a, b, c   1,1,1  2,2,0  hoán vị tương ứng Câu Bên hinh vuông cạnh cho 1016 điểm Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm cho đỉnh hình vng, cho diện tích thỏa mãn bất đẳng thức sau S  2017 Giả sử đỉnh hình vng A, B, C , D , n điểm đề cho A1 , A2 , A 2016 Nối A1 với đỉnh hình vng ta tam giác Nếu A2 nằm trong tam giác (Giả sử nằm tam giác A1DC ) nối A2 với đỉnh tam giác A1DC số tam giác tăng lên Nếu A2 nằm cạnh chung (Giả sử nằm cạnh chung A1B ) khí nối A2 với đỉnh A, C số tam giác tăng nên Vậy bước thực số tam giác tăng thêm Tiếp tục điểm A2016 Vậy ta tạo   2016  1  4034 tam giác có đỉnh điểm n điểm đỉnh hình vng Do tổng diện tích 4034 tam giác nên theo nguyên lý cực hạn tồn tam giác có diện tích S, S  2017 1,0 1,0 1,0 1,0 4,0 1,0 1,0 1,0 1,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 398 ... Đặt T = 1234…20122013 0.25 (4 điểm) Gọi n + số chữ số T Ta có T  1.10n  2.10n 1  3 .10 n    0 .102  1 .101  3 .10   a i 10i n i 0 0.75 Gọi T1 số thu sau biến đổi T lần cho Ta T1  1.2n... (c  a ) 985   (a  b)(b  c)(c  a ) abc(a  b  c)3 108 Câu (4 điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm (O) Hai đường tiếp tuyến hai điểm phân biệt A B ( thuộc đường tròn (O) ) cắt P Trên... 985 (2) 108 (1  x )(1  y )(1  z )  t , theo (1) ta có t  (*) 985 t  t 108 Nhưng bất đẳng thức theo AM-GM: 9 243.t 13 13     , t  Bất đẳng thức cho chứng minh 3t 3t 3t 256 256 108 Dấu