đề chuyên siêu hay ÔN THI TOÁN 10 hồ khắc vũ

ĐỀ SỐ 031 ĐỀ THI VÀO 10 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x 1  x 1 x  3  2) Giải hệ phương trình   3x  y  11 Câu II ( 1,0 điểm)  1  a +1 Rút gọn biểu thức P =  với a > a  + : 2- a  a-2 a 2 a -a Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vng có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 parabol (P): y = x2 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3) 2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho x1x  y1 + y2   48  Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C cho AC < BC (C  A) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E  A) 1) Chứng minh BE2 = AE.DE 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp 3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH Câu VI ( 1,0 điểm) 1   Tìm giá trị lớn biểu thức a b 1 Q  2 a  b  2ab b  a  2ba Cho số dương a, b thỏa mãn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (không chuyên) Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Điểm Nội dung Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm x 1  x   x   3( x  1) 0,25  x   3x  0,25   2x  0,25  x  2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 2) 1,0 điểm  x  3  (1)   3x  y  11 (2) Câu II (1,0đ) 0,25 0,25 Từ (1)=> x  3 x=3 0,25 Thay x=3 vào (2)=> 3.3  y  11 2y=2 0,25 y=1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25   1  a +1 P=  + :  a 2- a 2- a  a  a   0,25  =  1+ a a2 a  a (2  a ) a +1 0,25 Câu III (1,0đ) a  a  2 a  2- a  0,25 = = a 2 =-1 2- a 0,25 Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15) 0,25 => độ dài cạnh góc vng lại (x + )(cm) Vì chu vi tam giác 30cm nên độ dài cạnh huyền 30–(x + x +7)= 23–2x (cm) Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình  x - 53x + 240 = x + (x + 7)2 = (23 - 2x)2 0,25 (1) Giải phương trình (1) nghiệm x = 5; 0,25 x = 48 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (khơng TM đk) 0,25 Vậy độ dài cạnh góc vng 5cm, độ dài cạnh góc vng lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 = 0,25  -1 – m = 0,25  m = -4 0,25 Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25 2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình 0,25 x  x  m 1  x  x  2m   (1) ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) 0,25 có hai nghiệm phân biệt   '    2m   m  Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1  m  1, y2 = x2  m  0,25 Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x = 4, x1x = 2m-2 Thay y1,y2 vào x1x  y1 +y2   48  có x1x  2x1 +2x -2m+2   48   (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =  m2 - 6m - =  m=-1(thỏa mãn m OD đường trung trực đoạn BC => OFC=900 (1) A H O B Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) => CH  AB => OHC=900 0,25 0,25 (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có OFC + OHC = 1800 => tứ giác CHOF nội tiếp 3)1,0 điểm Có CH //BD=> HCB=CBD (hai góc vị trí so le trong) mà 0,25 ΔBCD cân D => CBD  DCB nên CB tia phân giác HCD CA  CB => CA tia phân giác góc ngồi đỉnh C ΔICD  0,25 AI CI (3) = AD CD Trong ΔABD có HI // BD => AI HI = AD BD 0,25 (4) 0,25 CI HI mà CD=BD  CI=HI  I trung điểm = CD BD Từ (3) (4) => CH Câu VI (1,0đ) Với a  0; b  ta có: (a2  b)2   a4  2a2b  b2   a  b2  2a 2b  a4  b2  2ab2  2a2b  2ab2  Tương tự có Q Vì 1  (1) a  b  2ab 2ab  a  b  1  b  a  2a b 2ab  a  b  0,25 0,25 (2) Từ (1) (2) ab  a  b  0,25 1 1     a  b  2ab mà a  b  ab  ab   Q  2(ab) a b Khi a = b =  Q  Vậy giá trị lớn biểu thức 0,25 ĐỀ SỐ 032 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = b) Cho x  a  a 6  4a a 2 (với a ≥ a ≠ 4) 28  16 Tính giá trị biểu thức: P  (x  2x  1)2012 1 Câu 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3(1  x)   x   x  xy  4x  6 b) Giải hệ phương trình:   y  xy  1 Câu 3: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = − x đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số) a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B b) Gọi yA, yB tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| = Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm, AD = cm Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME, S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí điểm M để S1  S2 Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2  a  2b   Chứng minh:  a  2b - Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 QUẢNG NAM Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 ĐỀ CHÍNH Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 03 trang) Câu Câu Nội dung a) (0,75) A = (1,5 điểm) A= = a  a 6  4a a 2 Điểm (a ≥ a ≠4) ( a  2)( a  3)  (2  a )(2  a ) a 2 0,25 a 3  2 a 2 a 0,25 = −1 0,25 b) (0,75) Cho x  x (4  3)2 1 28  16 Tính: P  (x  2x  1)2012 1  (  1)2   = 1 1 1 0,25  x  2x    P  (x  2x  1)2012  0,25 0,25 Câu a) (1,0) Giải phương trình: 3(1  x)   x  (1) (2,0 điểm) Bình phương vế (1) ta được: 3(1  x)   x  3(1  x)(3  x)   3(1  x)(3  x)   x  3(1  x)(3  x)   2x  x 0,25 0,25  x  x    x = x =−2 0,25 Thử lại, x = −2 nghiệm 0,25   x  xy  4x  6 (1) b) (1,0) Giải hệ phương trình:  (I) y  xy   (2)   Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠ Do đó: (2)  x   y2  (3) y 0,25 0,25 Thay (3) vào (1) biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + =  (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh bỏ qua bước 0,25 này) y=–1 y=–1 x=2 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1) Câu Nội dung 0,25 Điểm Câu a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + − 2m (1,5 điểm) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): − x2 = (3 − m)x + − 2m  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1) 0,25  = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 0,25 Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận 0,25 b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − 0,25 Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| 0,25 |yA − yB| =  m2−2m−3 = m2−2m−3 = −2  m =  m =  0,25 Câu a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn (4,0 điểm) Ta có: ADB  ACB 0,25 AEC  ACB ( phụ với BAC ) 0,25  ADB  AEC 0,25  tứ giác EBDF nội tiếp 0,25 b) (1,5) Tính ID Tam giác AEC vng C BC  AE nên: BE.BA = BC2  BE  BC2 1 BA BE//CD  0,25 0,25 IB BE   ID CD 0,25 BD   ID 4  ID  BD tính được: BD =  ID  (cm) 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm 10 2) Cho x, y hai số thực thỏa mãn xy  (1  x2 )(1  y )  Chứng minh x  y  y  x  Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x   x2  x   x   x  2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x 2) Giải hệ phương trình   x  y 1  4x  y   x  y  Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x4  x2  y  y  20  2) Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 số phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC 1) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh 1   AK AB AC 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành Câu V (1,0 điểm) Cho a, b số dương thỏa mãn điều kiện (a  b)3  4ab  12 Chứng minh bất đẳng thức 1   2015ab  2016 1 a 1 b -Hết Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a  b  29  12  Tính giá trị biểu thức: A  a (a  1)  b2 (b  1)  11ab  2015 a  b  29  12   3   2 3 A  a  b3  a  b  11ab  2015  (a  b)(a  b  ab)  a  b  11ab  2015  3(a  b  ab)  a  b  11ab  2015  4(a  2ab  b )  2015  4(a  b)  2015  2051 2) Cho x, y hai số thực thỏa mãn xy  (1  x2 )(1  y )  Chứng minh x  y  y  x  xy  (1  x )(1  y )   (1  x) (1  y )   xy  (1  x )(1  y )  (1  xy )   x  y  x y   xy  x y  x  y  xy   ( x  y )   y   x  x  y  y  x2  x  x2  x  x2  Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x   x2  x   x   x  Pt  x   ( x  2)(4 x  1)  x   x  ĐK: x   Đặt t  8x  ( x  2)(4 x  1)   x  ( x  2)(4 x  1)  t2  PTTT t  4t    t  t = TH1 t = giải vô nghiệm kết hợp với ĐK t  bị loại TH t   x   x   Giải pt tìm x   Vậy pt có nghiệm x   (TM) 9 2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x 2) Giải hệ phương trình   x  y 1  4x  y   x  y  ĐK: y  2x   0, x  y   0, x  y   0, x   y  2x 1  x   0  (Không TM hệ)     10  3  3x  y 1   TH  TH x  1, y  Đưa pt thứ dạng tích ta ( x  y  2)(2 x  y  1)  x y2 y  x    3x   ( x  y  2)   y  x  1  Do y  x    y  x    3x  nên  y  2x 1   x  y   y  x    3x Thay y   x vào pt thứ ta x2  x   3x    x  x  x   3x      x 3x  2 x  ( x  2)( x  1)   3x     x    ( x  2)   1  x   3x     x  Do x  nên  1 x  3x     x Vậy x    x  2  y  (TMĐK) Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x4  x2  y  y  20  (1) Ta có (1)  x4  x2  20  y  y Ta thấy x4  x2  x4  x2  20  x4  x2  20  8x2  x2 ( x2  1)  y( y  1)  ( x2  4)( x2  5) Vì x, y ∈ nên ta xét trường hợp sau + TH1 y( y  1)  ( x2  1)( x2  2)  x4  x2  20  x4  3x2   x2  18  x2   x  3 Với x2  , ta có y  y  92   20  y  y 110   y  10; y  11(t.m) + TH2 y( y  1)  ( x2  2)( x2  3)  x4  x2  20  x4  5x2   x  14  x  (loại) + TH3 y( y  1)  ( x  3)( x  4)  x   x  (loại) + TH4 y( y  1)  ( x2  4)( x2  5)  8x2   x2   x  Với x2  , ta có y  y  20  y  y  20   y  5; y  Vậy PT cho có nghiệm nguyên (x;y) : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4) 2) Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 số phương Đặt M  k  8k  23k  26k  10 Ta có M  (k  2k  1)  8k (k  2k  1)  9k 18k   (k  1)2  8k (k  1)2  9(k  1)2  (k  1)2 (k  3)  1 M số phương (k  1)2  (k  3)2  số phương TH (k 1)2   k  TH (k  3)2  số phương, đặt (k  3)2   m2 (m  )  m2  (k  3)2   (m  k  3)(m  k  3)  Vì m, k   m  k   , m  k   nên m  k   m  k   1  m  1, k   k 3   m  k   m  k   1  m  1, k  Vậy k = k = k  8k  23k  26k  10 số phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC 1) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp chắn cung) AM = AN => AMN cân A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh 1   AK AB AC 1    AB AC  AK ( AB  AC )  AB AC  AK AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ABN đồng dạng với ANC => AB.AC = AN2 AHK đồng dạng với AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác AMO vng M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành Ta có AN  NO, MP  NO, M  AN => AN // MP Do AMPN hình bình hành  AN = MP = 2x Tam giác ANO đồng dạng với TH 1.NE = NO – OE => AN NO 2x2 NEM =>   NE  NE EM R 2x2  R  R2  x2  2x2  R2  R R2  x2 R Đặt R2  x2  t, t   x2  R2  t  2t   R t  R PTTT 2( R  t )  R  R t  2t  Rt  R    Do t   t  R  R2  x2  R  x   A  B (loại) TH NE = NO + OE => 2x2  R  R2  x2  2x2  R2  R R2  x2 R Đặt R2  x2  t, t   x2  R2  t  2t  R t   R PTTT 2( R  t )  R  Rt  2t  Rt  R    Do t   2t  R  R  x  R  x  R  AO  2R (loại) Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hbh Câu V (1,0 điểm) Cho a, b số dương thỏa mãn điều kiện (a  b)3  4ab  12 Chứng minh bất đẳng thức 1   2015ab  2016 1 a 1 b Ta có 12  (a  b)3  4ab   ab   4ab Đặt t  ab , t  12  8t  4t  2t  t    (t  1)(2t  3t  3)  Do 2t  3t   0, t nên t 1   t  Vậy  ab  Chứng minh Thật vậy, BĐT 1   , a, b  thỏa mãn ab  1  a  b  ab 1 1    0  a  ab  b  ab  b  a  a ab  a ab  b b          (1  a)(1  ab ) (1  b)(1  ab )   ab   a  b   ( b  a )2 ( ab  1)  Do  ab  nên BĐT (1  ab )(1  a)(1  b) Tiếp theo ta CM  ab Đặt t  ab ,0  t  t ta  2015ab  2016, a, b  thỏa mãn ab   2015t  2016 1 t 2015t  2015t  2016t  2014   (t  1)(2015t  4030t  2014)  BĐT t :  t  Vậy 1   2015ab  2016 Đẳng thức xảy a = b = 1 a 1 b ĐỀ SỐ 102 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TỐN (Dùng chung cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 30/5/2016 Câu (2, điểm) 1 2   1 1 a) Rút gọn biểu thức A  3x  y  2 x  y  b) Giải hệ phương trình  c) Giải phương trình x2  x   Câu (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y = 4x – m a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất giá trị tham số m để (d) (P) có điểm chung Câu (1, điểm) a) Cho phương trình x2 – 5x + 3m + = (m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | x12  x22 | 15 b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + Câu (3, điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = CD dây cung thay đổi nửa đường tròn cho CD = R C thuộc cung AD (C khác A D khác B) AD cắt BC H, hai đường thẳng AC BD cắt F a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I trung diểm HF Chứng minh tia OI tia phân giác góc COD d) Chứng minh điểm I thuộc đường tròn cố định CD thay đổi Câu (0, điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng: a b c    a  bc b  ca c  ab 2 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) A  1   2(2  3)    2   2  1 (  1)(  1) 3x  y   y  3x   y  3x   y  3x   x      2 x  y  2 x  3(3x  1)  11x  11 x  y  b)  Hệ có nghiệm (1;2) c) x2 + 2x – = Có ’ = + = > Câu a) Bảng giá trị x -2 -1 y = –x2 -4 -1 -1 -4 Đồ thị: b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = (1) (d) (P) có điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ’ = 22 – (– m) =  + m = ⇔ m = –4 Vậy m = –4 Câu a) x2 – 5x + 3m + = Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ 12m > = 52 – 4(3m + 1) > ⇔ 21 – m< 21 12 Với m < x  x  21 , ta có hệ thức  (Viét) 12  x1 x2  3m  => | x1  x2 | ( x1  x2 )2  ( x1  x2 )2  x1 x2  52  4(3m  1)  21  12m | x12  x22 || ( x1  x2 )( x1  x2 ) || 5( x1  x2 ) | | x1  x2 | 21 12m Ta có | x12  x22 | 15  21 12m  15  21  12m   21  12m   12m  12  m  tm Vậy m = giá trị cần tìm b) ( x 1)4  x2  x  3(1) (1)  ( x  1)2   x2  x   ( x2  x  1)2  x2  x  (2) Đặt t = x2 – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành t  t   t  t    (t  2)(t  1)   t = (tm) t = –1 (loại) Với t = có x2  2x    x2  2x 1   x   Vậy tập nghiệm phương trình (1) 1  2;1  2 Câu a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên ACB  ADB  90o  FCH  FDH  90o  FCH  FDH  180o Suy tứ giác CHDF nội tiếp b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H trực tâm  CFH  CBA( 90o  CAB)  CFH AFB ⇒ FH ⊥ AB CBA( g.g )  CF CH   CF CA  CH CB CB CA c) Vì FCH  FDH  90o nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID Mà OC = OD nên OCI = ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI phân giác góc COD d) Vì OC = CD = OD = nên OCD => COD = 60o Có CAD  COD  30o  CFD  90o  CAD  60o Xét góc nội tiếp góc tâm chắn cung CD (I), có CID = 2CFD = 120o => OIC = OID = Mặt khác COI = DOI = Suy OI  CID  60o COD  30o  OID  DOI  90o  OID vuông D OD 2R  o sin 60  Vậy I ln thuộc đường tròn  O;  2R   3 Câu Từ điều kiện đề ta có ab  bc  ca 1 3   3 abc a b c Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: a  bc  a bc  2a bc  a   a  bc 2a bc bc 1 11 1 a 11 1         b c  b c  a  bc  b c  Tương tự ta có: Suy b 11 1 c 11 1    ;     b  ca  c a  c  ab  a b  a b c 11 1        a  bc b  ca c  ab  a b c  2 ... đáp án, giám khảo thống theo thang điểm đáp án 18 ĐỀ SỐ 034 UBND tỉnh bắc ninh Sở giáo dục đào tạo Đề thức đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 - 2010 Môn thi: Toán Thời gian:... TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 QUẢNG NAM Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 ĐỀ CHÍNH Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI... cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định ĐỀ SỐ 033 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày 03 tháng năm 2015