10 đề toán thi vào 10 giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A = 25 + − 18 Tìm m để đồ thị hàm số y = x + m qua điểm K (2;3) Câu II (3,0 điểm) 3 x + y = 10 2 x − y = Giải hệ phương trình   x x +x+ x x +3 x −1 − ÷ − x  2x + x −1  x x −1 Cho biểu thức B =  x≠ (với x ≥ 0; x ≠ ) Tìm tất giá trị x để B < Cho phương trình x − (2m + 5) x + 2m + = (1), với x ẩn, m tham số a Giải phương trình (1) m = − b Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 cho biểu thức P = x1 − x2 đạt giá trị nhỏ Câu III (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong học sinh lớp 9A ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo; học sinh lớp 9B ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 Tính số học sinh lớp Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn ( C ) tâm O bán kính R Hai đường cao AE BK tam giác ABC cắt H (với E thuộc BC , K thuộc AC ) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn Chứng minh CE.CB = CK CA · · Chứng minh OCA = BAE Cho B, C cố định A di động ( C ) thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; H thuộc đường tròn ( T ) cố định Xác định tâm I tính bán kính r đường tròn ( T ) , biết R = cm Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 2a + 3b ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 2002 2017 + + 2996a − 5501b a b …HẾT … Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A = 25 + − 18 Tìm m để đồ thị hàm số y = x + m qua điểm K (2;3) Giải Ta có A = 25 + 4.2 − 9.2 = + − = Vậy A = Đồ thị hàm số y = x + m qua điểm K (2;3) ⇔ = + m ⇔ m = −1 Vậy m = −1 Câu II (3,0 điểm) 3 x + y = 10 2 x − y = Giải hệ phương trình   x x +x+ x x +3 x −1 − ÷ − x  2x + x −1  x x −1 Cho biểu thức B =  x≠ (với x ≥ 0; x ≠ ) Tìm tất giá trị x để B < Cho phương trình x − (2m + 5) x + 2m + = (1), với x ẩn, m tham số a Giải phương trình (1) m = − b Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 cho biểu thức P = x1 − x2 đạt giá trị nhỏ Giải 3 x + y = 10  y = 10 − x  y = 10 − x x = ⇔ ⇔ ⇔ 11x = 33  y =1 2 x − y = 2 x − 3(10 − x) = Ta có  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) = (3;1)  Ta có B =    ( ( )  x + 3 x −1 + x −1  2x + x −1 x −1 x + x +  x x + x +1 )( ( ) )( )( x −1  x x +3 = + ÷ x −1  x −1  x −1 ( = ) x +1 ) x +1 x + x −1 x + = x −1 x −1 x −1 Vì x ≥ nên x + > , B < x − < ⇔ x < Mà x ≥ 0; x ≠ x ≠ a + Với m = − 1 nên ta kết ≤ x < 4 x = phương trình (1) trở thành x − x = ⇔  x = + Vậy m = − phương trình có hai nghiệm x = x = b + Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  ∆ = ( 2m + ) − ( 2m + 1) >   x1 + x2 = 2m + >  x x = 2m + >  + Ta có ∆ = ( 2m + ) − ( 2m + 1) = 4m + 12m + 21 = ( 2m + 3) + 12 > 0, ∀m ∈ R 2 (*) + Do P > nên P đạt nhỏ P nhỏ + Ta có P = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 2m + − 2m + 1 = 2m + − + ≥ (∀m > − ) , suy P ≥ (∀m > − ) 2 P = m = (thoả mãn (*)) + Vậy giá trị nhỏ P m = Câu III (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong học sinh lớp 9A ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo; học sinh lớp 9B ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 Tính số học sinh lớp Giải + Gọi số học sinh lớp 9A x học sinh ( x ∈ ¥ * ) + Gọi số học sinh lớp 9B y học sinh ( y ∈ ¥ * ) + Ta có học sinh lớp 9A ủng hộ: 6x sách giáo khoa 3x sách tham khảo + Ta có học sinh lớp 9B ủng hộ: 5y sách giáo khoa y sách tham khảo + Vì tổng số sách học sinh hai lớp ủng hộ 738 quyển, nên ta có phương trình: (6 x + x) + (5 y + y ) = 738 hay x + y = 738 ⇔ x + y = 82 (1) + Số sách giáo khoa học sinh hai lớp ủng hộ x + y (quyển) + Số sách tham khảo học sinh hai lớp ủng hộ x + y (quyển) + Vì số sách giáo khoa nhiều số sách tham khảo 166 nên ta có phương trình: (6 x + y ) − (3 x + y ) = 166 ⇔ x + y = 166 (2)  x + y = 82 + Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  3x + y = 166  x = 42 + Giải hệ nghiệm  (thoả mãn điều kiện)  y = 40 + Vậy lớp 9A có 42 học sinh lớp 9B có 40 học sinh Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn ( C ) tâm O bán kính R Hai đường cao AE BK tam giác ABC cắt H (với E thuộc BC , K thuộc AC ) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn Chứng minh CE.CB = CK CA + Giải điều kiện m > − ( ) · · Chứng minh OCA = BAE Cho B, C cố định A di động ( C ) thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; H thuộc đường tròn ( T ) cố định Xác định tâm I tính bán kính r đường tròn ( T ) , biết R = cm Giải + Ta có ·AEB = ·AKB = 900 Nên E K thuộc đường tròn đường kính AB + Vậy tứ giác ABEK nội tiếp đường trịn · + Vì AE ⊥ BC ; BK ⊥ AC nên ·AEC = BKC = 900 + Chỉ hai tam giác AEC BKC đồng dạng (g-g) CE CA = Suy Vậy CE.CB = CK CA CK CB + Vẽ tiếp tuyến t ' t đường tròn (C) điểm C, ta có: ·ACt = ·ABC · · · + Lại có ·ABC = EKC (cùng bù với EKA ), suy ·ACt = EKC , EK song song với t 't + Mặt khác OC ⊥ t ' t , suy OC ⊥ EK · · · · + Ta có OCA + CKE = 900 (do OC ⊥ EK ) BKE + CKE = 900 (vì BK ⊥ AC ) suy · · (1) OCA = BKE · · + Lại có: BKE (do tứ giác ABEK nội tiếp ) (2) = BAE · · + Từ (1) (2) ta có OCA = BAE + Gọi H’ giao điểm thứ hai AE đường tròn (C); I điểm đối xứng với · · · ' H , suy tam giác BHH ' cân B nên H H’ đối O qua BC Có BHH ' = BCA = BH xứng qua BC + Vì O I đối xứng qua BC, IH = OH ' = R + Do O cố định, BC cố định nên I cố định Từ có H thuộc đường trịn (T) có tâm I, bán kính r = IH = R + Vậy đường trịn (T) có tâm điểm I đối xứng với O qua BC bán kính r = R = cm Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 2a + 3b ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = Giải 2002 2017 + + 2996a − 5501b a b 1  1  + 4a ÷+ 2017  + b ÷− 5012a − 7518b a  b  1  1  = 2002  + 4a ÷+ 2017  + b ÷− 2506 ( 2a + 3b ) a  b  a , b + Vì dương 2a + 3b ≤ nên < 2a + 3b ≤ + Ta có Q = 2002  1 4a + 2017.2 .b − 2506.4 = 2018 với a, b > 2a + 3b ≤ , dấu a b xảy a = b = + Vậy giá trị nhỏ Q 2018 a = ; b = Q ≥ 2002.2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) M = 2 + b) N = a- a- a : 18 a +1 (với a > 0,a ¹ 1) a Câu 2: (4,0 điểm) ìï 3x + 2y = ï a) Giải hệ phương trình: í ïï 2x - y = î b) Cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d) : y = - x + Vẽ đồ thị ( P ) tìm tọa độ giao điểm ( d) ( P ) phép tính Câu 3: (6,0 điểm) Cho phương trình x + 2( m - 1) x + 1- 2m = (với m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm " m c) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x12.x2 + x1.x22 = 2( x1.x2 + 3) Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) ; Đường tròn tâm O có đường kính BC cắt AB AC E D Gọi H giao điểm CE BD a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b) AH cắt BC F Chứng minh AF ^ BC c) EF cắt đường tròn tâm O K Chứng minh DK / / AF …HẾT … Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) M = 2 + - 18 b) N = a- a- a : Giải a) M = 2 + b) N = = a- a- a +1 × a a : a +1 (với a > 0,a ¹ 1) a 18 = 2 + 4.2 - a +1 = a = a a a a +1 Câu 2: (4,0 điểm) ( )( a- a ( ): a +1 ) a- 9.2 = 2 + - = a +1 a +1 a +1 = : a a a = a ìï 3x + 2y = ï a) Giải hệ phương trình: í ïï 2x - y = ỵ b) Cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d) : y = - x + Vẽ đồ thị ( P ) tìm tọa độ giao điểm ( d) ( P ) phép tính Giải ìï 3x + 2y = ìï 3x + 2y = ìï 3x + 2y = ìï x = ï Û ïí Û ïí Û ïí a) í ïï 2x - y = ïï 4x - 2y = ïï 7x = ïï y = - ỵ ỵ ỵ ỵ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 1;- 1) b) + Bảng giá trị x … -2 -1 2 … 1 y=x + Đồ thị + Phương trình hồnh độ giao điểm: x2 = - x + Û x2 + x - = Giải phương trình x1 = 2, x2 = - … … Tọa độ giao điểm ( d) ( P ) : A ( 2;4) , B ( - 3;9) Câu 3: (6,0 điểm) Cho phương trình x + 2( m - 1) x + 1- 2m = (với m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm " m c) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x12.x2 + x1.x22 = 2( x1.x2 + 3) Giải a) Với m = 2, ta có phương trình: x2 + 2x - = Ta có: a + b + c = 1+ - = Theo định lý Viet, phương trình có nghiệm: x1 = 1;x2 = - Vậy: S = 1;- { } b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm " m Ta có: D ' = ( m - 1) - + 2m = m2 ³ 0; " m Vậy phương trình ln có nghiệm " m 2 c) Tìm giá trị m để PT có nghiệm x1;x2 thỏa mãn x1 x2 + x1.x2 = 2( x1.x2 + 3) ìï x + x = - 2m + 2 ï Theo định lý Viet, ta có: í ïï x1.x2 = 1- 2m ỵ 2 Ta có: x1 x2 + x1.x2 = 2( x1.x2 + 3) Û x1.x2 ( x1 + x2 - 2) = Þ ( 1- 2m) ( - 2m + - 2) = Û 2m2 - m - = Ta có: a - b + c = + 1- = Þ m1 = - 1;m2 = 3 phương trình có nghiệm x1;x2 thỏa mãn: x12.x2 + x1.x22 = 2( x1.x2 + 3) Vậy m = - m = Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) ; Đường tròn tâm O có đường kính BC cắt AB AC E D Gọi H giao điểm CE BD a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b) AH cắt BC F Chứng minh AF ^ BC c) EF cắt đường tròn tâm O K Chứng minh DK / / AF Giải Hình vẽ a) Tứ giác ADHE nội tiếp · · Ta có BEC = BDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · · · · Þ AEH = ADH = 900 Þ AEH + ADH = 1800 Vậy tứ giác ADHE nội tiếp b) Chứng minh: AF ^ BC Xét D ABC có BD;CE đường cao cắt H Þ H trực tâm Þ AF đường cao.Vậy AF ^ BC c) Chứng minh DK / / AF · · Tứ giác BEHF có BEH + BFH = 1800 Vậy BEHF nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối diện 1800 ) · · (2 góc nội tiếp chắn cung EH ) Þ EBH = EFH · · D · · D (2 góc nội tiếp chắn cung ED ) Þ EFH Mà EBH = EK = EK · · Do EFH ;EK D vị trí đồng vị Þ DK / / AF SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x + y = 3 − x = y 1) (2 x −1)( x + 2) = 2)  Câu (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y = − x + m + (d’): y = ( m − 2) x + Tìm m để (d) (d’) song song với  x− x +2  1− x x − với x > 0; x ≠ 1; x ≠ ÷: x − x − x − x − x   2) Rút gọn biểu thức: P =  Câu (2,0 điểm) 1) Tháng đầu hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu hai tổ sản xuất 1000 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy? 2) Tìm m để phương trình: x + x + 3m − = ( x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x13 − x23 + 3x1 x2 = 75 Câu (3,0 điểm)Cho đường trịn tâm O, bán kính R Từ điểm M ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO N, H giao điểm MO AB 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2)Chứng minh: MN2 = NF.NA MN = NH 3) Chứng minh: HB2 EF − = HF2 MF Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = a +1 b +1 c +1 + + + b2 + c2 + a2 …HẾT … Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 HẢI DƯƠNG Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) (2 x −1)( x + 2) = 3x + y = 3 − x = y 2)  Giải 2 x − = 1) Ta có: (2 x − 1)( x + 2) = ⇔  x + = Với x − = ⇔ x = Với x + = ⇔ x = −2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = ; x = −2 (1) 3 x + y = 2) Giải hệ phương trình sau:  (2) 3 − x = y Từ phương trình (2) thay y = − x vào phương trình (1) ta được: x + − x = ⇔ x = x = Với x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm:  y = Câu (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y = − x + m + (d’): y = ( m − 2) x + Tìm m để (d) (d’) song song với  x− x +2  1− x x − với x > 0; x ≠ 1; x ≠ ÷: x − x − x − x − x   2) Rút gọn biểu thức: P =  Giải  −1 = m − 1) Để hai đường thẳng (d) (d’) song song với thì:  m + ≠  m =  m = ±1 ⇔ ⇔ ⇔ m = −1 Vậy m = -1 giá trị cần tìm m ≠ m ≠  x− x +2  1− x x x − x + − x ( x + 1) − x − 2) Ta có: P =  = : ( x + 1)( x − 2) x ( x − 2) − x ( x + 1)( x − 2) 1− x   2−2 x 2(1 − x ) =− = = ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x +1 Câu (2,0 điểm) 1) Tháng đầu hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu hai tổ sản xuất 1000 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy? 2) Tìm m để phương trình: x + x + 3m − = ( x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x13 − x23 + 3x1 x2 = 75 Giải 1) Gọi tháng đầu tổ I sản xuất x chi tiết máy, tổ II sản xuất y chi tiết máy ĐK: x, y ∈ N * Theo giả thiết ta có: x + y = 900 (1) Sau cải tiến kỹ thuật, tháng thứ hai: Tổ I sản xuất 1,1x chi tiết máy, tổ II sản xuất 1,12 y chi tiết máy Theo giả thiết ta có: 1,1x + 1,12 y = 1000 (2)  x + y = 900 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  1,1x + 1,12 y = 1000  x = 400 Giải hệ phương trình  (thỏa mãn)  y = 500 Vậy tháng đầu tổI sản xuất 400 chi tiết, tổ II sản xuất 500 chi tiết 29 2) Để PT có hai nghiệm x1 ; x2 thì: ∆ = 25 − 12m + ≥ ⇔ 29 − 12m ≥ ⇔ m ≤ 12 3 x − x + x x = 75 ⇔ ( x − x )[( x + x ) − x x ] + x x − 75 = Ta có: (*) 2 2 2  x1 + x2 = −5 Theo định lý Vi-et ta có:  thay vào (*) ta  x1 x2 = 3m − 26  m=  ( x1 − x2 )(26 − 3m) + 3(3m − 26) = ⇔ ( x1 − x2 − 3)(26 − 3m) = ⇔   x1 − x2 − = Kết hợp với điều kiện m = 26 không thỏa mãn Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào ∆ vuông OCD, ta có: 1 1 5 = + = + = ⇒h= 2 h OC OD Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2(m + 1) x + m + m − = (m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện: 1 + = x1 x2 Giải a) x − 2(m + 1) x + m + m − = (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x − x − = ∆ ' = ; x1,2 = ± Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x1,2 = ± b) ∆ ' = m + Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > −2  x1 + x2 = 2(m + 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 = m + m − Do đó: x +x 1 2(m + 1) + =4⇔ =4⇔ =4 x1 x2 x1 x2 m + m −1 m = 2 m + m − ≠ m + m − ≠ ⇔ ⇔ ⇔ m = − m + = 2(m + m − 1) 2m + m − =   3 Kết hợp với điều kiện ⇒ m ∈ 1; −  giá trị cần tìm  2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vng góc với AB; IK vng góc với AD ( H ∈ AB; K ∈ AD ) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S ’ diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: Giải S ' HK ≤ S AI a) Tứ giác AHIK có: ·AHI = 900 ( IH ⊥ AB ) ·AKI = 900 ( IK ⊥ AD) ⇒ ·AHI + ·AKI = 1800 ⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp b) ∆ IAD ∆ IBC có: µA1 = B µ (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) ·AID = BIC · (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆ IAD ∆ IBC (g.g) IA ID ⇒ = ⇒ IA.IC = IB.ID IB IC c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có µA1 = H µ (2 góc nội tiếp chắn cung IK) µ1⇒H µ1=B µ1 Mà µA1 = B µ1=D µ1 Chứng minh tương tự, ta K µ1=B µ1 ; K µ1=D µ1 ∆ HIK ∆ BCD có: H ⇒ ∆ HIK ∆ BCD (g.g) d) Gọi S1 diện tích ∆ BCD Vì ∆ HIK ∆ BCD nên: S ' HK HK HK HK = = ≤ = S1 BD ( IB + ID) IB.ID IA.IC (1) Vẽ AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / / CF ⇒ CF IC = AE IA ∆ ABD ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC = ⇒ 1= S AE S IA Từ (1) (2) suy (2) S ' S1 HK IC S ' HK × ≤ × ⇔ ≤ (đpcm) S1 S IA.IC IA S IA2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : ( x3 − ) = Giải phương trình : ( x3 − ) = ) ( ( x + 4) + ( ( x + 4) + Giải ) (1) ĐK: x > Đặt: x3 − = u (2) x + = v (v > 1) ⇒ v − = x Khi phương trình (1) ⇔ ( u (3) ) =(v + ) hay u − = v 2 (4) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:  x3 − = u  x − v = u − x (5)  v − = x ⇒  3 2 u − x = v − u (6) u − = v  Vì x, u, v > nên giả sử x ≥ v từ (5) ⇒ u ≥ x Có u ≥ x nên từ (6) ⇒ v ≥ u Do đó: x ≥ v ≥ u ≥ x ⇒ x = v = u Mặt khác, x < v tương tự ta có x < v < u < x (vơ lí) Vì x = u nên: x − = x ⇔ ( x − ) ( x + x + ) = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x − x + 20 = 7 x − y = 2) Giải hệ phương trình :  4 x + y = 3) Giải phương trình x − x − = Câu ( 2,25 điểm ) Cho hai hàm số y = − x y = x − có đồ thị ( P ) ( d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ ) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị ( P ) ( d ) Câu ( 1,75 điểm )  a −2 a +2 − 1) Cho a > a ≠ Rút gọn biểu thức T =  a −2  a +2   ÷ ÷  a − a ÷   2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe chở dự định nhau, thực Câu ( 0,75 điểm ) Tìm giá trị tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho biểu thức P = ( x1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Biết ba góc · CAB , ·ABC , ·BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC · · Chứng minh DIJ = DFC Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỒNG NAI Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x − x + 20 = 7 x − y = 2) Giải hệ phương trình :  4 x + y = 3) Giải phương trình x − x − = Giải 1) Giải phương trình x − x + 20 = Cách 1: x − x + 20 = ∆ =81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = +1 −1 = 5; x2 = =4 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} x − = x = 2 ⇔ Cách 2: x − x + 20 = = ⇔ x − x − x + 20 = ⇔ ( x − 5)( x − 4) = ⇔  x − = x = Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} 7 x − y = 2) Giải hệ phương trình :  4 x + y = 7 x − y = 7 x − y = 19 x = 19 x = ⇔ ⇔ ⇔  4 x + y = 12 x + y = 15 4 x + y = y =1 Vậy hệ phương trình có nghiêm (x;y)=(1;1) 3) Giải phương trình x − x − = (1) Cách 1: x = ±  x2 − = x − x − = ⇔ x − 3x + x − = ⇔ ( x − 3)( x + 1) = ⇔  ⇔ 2 x +1 = Vn( x ≥ ⇒ x + > 0) 4 2 2 { Vây phương trình có tập nghiệm S = − 3; } Cách 2: Đặt t=x2 ( t ≥ 0) ta có phương trình t2-2t-3=0 (2) Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận) Với t2=3 ⇔ x = ⇔ x = ± { Vây phương trình có tập nghiệm S = − 3; } Câu ( 2,25 điểm ) Cho hai hàm số y = − x y = x − có đồ thị ( P ) ( d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ ) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị ( P ) ( d ) Giải 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ * y =− x Hàm số xác định với x∈ ¡ Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -0,5 -0,5 -2 Nhận xét: Đồ thị hs parabol qua gốc tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh,O điểm cao *y=x-4 Đồ thị hs đường thẳng qua hai điểm (0;-4) (4;0) 2)Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình − x2 = x − ⇔ x2 − 2x − = ∆ ' = + = > nên phương trình có nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4 x1=2 ⇒ y1=-2 ; x2=-4 ⇒ y2=-8 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) (2;-2) (-4;-8) Câu ( 1,75 điểm )  a −2 a +2 − 1) Cho a > a ≠ Rút gọn biểu thức T =  a −2  a +2   ÷ ÷  a − a ÷   2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe chở dự định nhau, thực Giải 1) Với a > a ≠ , ta có  a −2 a +2 T =  − a −2  a +2   a − ÷  ÷ ÷ a    a −4 a +4−a −4 a −4 =  a−4   =      a−4  ÷ ÷  a ÷   ( = ) ( ( a − 2) ( a −2 − ) a + 2) a +2  ÷  a −  ÷  a ÷  ÷  −8 a =−8 a 2) Cách 1: Gọi x(xe) số xe đội lúc đầu ( x nguyên dương) Số hàng xe dự định chở 120 (tấn) x x+4(xe) số xe đội lúc sau Số hàng xe thực chở 120 (tấn) x+4 120 120 − =1 x x+4 Giải phương trình ta x=20(thỏa đk);x=-24(khơng thỏađk) Theo đề ta có phương trình Vậy số hàng xe dụ định chở 120:20=6(tấn) Cách 2: Gọi x số hàng xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > ) Số hàng xe lúc sau chở: x – ( ) Số xe dự định ban đầu : Số xe lúc sau : 120 ( xe ) x 120 ( xe ) x −1 Theo đề ta có phương trình : 120 120 – =4 x −1 x Giải pt ta : x1 = ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số hàng xe ban đầu dự định chở : 6( ) Câu ( 0,75 điểm ) Tìm giá trị tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 cho biểu thức P = ( x1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ Giải Để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ∆ > ⇔ −4m + > ⇔ m < 5 phương trình có nghiện phân biệt x1, x2 theo hệ thức vi ét Ta có: x1 + x2 = 1-2m ; x1.x2 = m2 – Với m < Nên P = ( x1 )2 + ( x2 )2 = (x1 + x2 )2 – 2x1.x2 = ( 1-2m)2 – 2(m2 – 1)= 1-4m+4m22m2+2 =2m2-4m+2+1 = 2( m – )2 + ≥ Đẳng thức xảy ⇔ (m − 1) = ⇔ m = (thỏa đk) Pmin = m = < Vậy với m=1 biểu thức P đạt giá trị nhỏ Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Biết ba góc · · CAB , ABC , ·BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC · · Chứng minh DIJ = DFC Giải 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn BE đường cao ∆ ABC ⇒ BE ⊥ AC ⇒ ·AEH = 900 A CF đường cao ∆ ABC ⇒ CF ⊥ AB ⇒ ·AFH = 900 Tứ giác AEHF có ·AEH + ·AFH = 1800 nên M F tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB H ∆ ADC ∆ BEC có ·ADC = BEC · = 900 (AD,BE đường cao) µ chung C Do ∆ ADC E J I B D O N ∆ BEC(g-g) DC AC = ⇒ DC.BC = CE AC EC BC 3) Chứng minh EM tiếp tuyến ⇒ đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF · · Tứ giác BFEC có BEC = BFC = 900 ⇒ tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFEC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF ∆ OBE cân O (do OB=OE) · · ⇒ OBE = OEB ∆ AEH vng E có EM trung tuyến ứng với cạnh huyền AH(Vì M trung điểm AH) · · · ⇒ ME=AH:2= MH ∆ MHE cân M ⇒ MEH = MHE = BHD · · · · · Mà BHD + OBE = 900 ( ∆ HBDvuông D) Nên OEB + MEH = 900 Suy MEO = 900 ⇒ EM ⊥ OE E thuộc ( O ) ⇒ EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) ) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC · · Chứng minh DIJ = DFC C Tứ giác AFDC có ·AFC = ·ADC = 900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn ⇒ · · BDF = BAC · · µ chung ∆ BDF (cmt); B ∆ BDF ∆ BAC có BDF = BAC ∆ BAC(g-g) Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ∆ ABC(g-g) · · · · · · · · Do ∆ DBF (1) ∆ DEC ⇒ BDF = EDC ⇒ BDI = IDF = EDJ = JDC ⇒ IDJ = FDC Vì ∆ DBF ∆ DEC (cmt);DI phân giác,DJ phân giác ⇒ Từ (1) (2) suy ∆ DIJ DI DJ = (2) DF DC · · ∆ DFC (c-g-c) ⇒ DIJ = DFC Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài I (2,0 điểm) x +2 20 − x + B = với x ≥ 0, x ≠ 25 x − 25 x −5 x +5 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Chứng minh B = x −5 3) Tìm tất giá trị x để A = B x − Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe ô tô xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe khơng đổi tồn qng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Bài III (2,0 điểm)  x + y − = 1) Giải hệ phương trình  x − y − =  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = mx + Cho hai biểu thức A = a) Chứng minh đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 0;5 ) với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) : y = x hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 (với x1 < x2 ) cho x1 > x2 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB = NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn ( O ) Chứng minh ba điểm D, E , K thẳng hàng Bài V (0,5 điểm) Cho số thực a, b, c thay đổi thỏa mãn: a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P = a + b + c Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 HÀ NỘI Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Bài I (2,0 điểm) x +2 20 − x + B = với x ≥ 0, x ≠ 25 x − 25 x −5 x +5 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Chứng minh B = x −5 Cho hai biểu thức A = 3) Tìm tất giá trị x để A = B x − Giải 1) Tính giá trị biểu thức A x = + 3+ = =− −5 3−5 2) Chứng minh B = x −5 Khi x = ta có A = 20 − x = + x − 15 x +5 Với x ≥ 0, x ≠ 25 B = = = ( ( ( ) x − + 20 − x x +5 )( x −5 x +5 x +5 )( x −5 ) ) = = + x +5 ( 20 − x x +5 )( x −5 ) x − 15 + 20 − x ( x +5 )( x −5 ) (điều phải chứng minh) x −5 3) Tìm tất giá trị x để A = B x − Với x ≥ 0, x ≠ 25 Ta có: A = B x − ⇔ x +2 = x −5 x−4 ⇔ x +2= x−4 x −5 Nếu x ≥ 4, x ≠ 25 (*) trở thành : x +2= x−4 ⇔ x− x −6 = ⇔ Do x + > nên ( (*) )( x +2 =0 )( x +2 =0 x −3 ) x = ⇔ x = (thỏa mãn) Nếu ≤ x < (*) trở thành : x +2 = 4− x ⇔ x+ x −2=0 ⇔ ( x −1 ) x + > nên x = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy có hai giá trị x = x = thỏa mãn yêu cầu toán Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe ô tô xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe khơng đổi tồn qng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Giải Gọi vận tốc xe máy x (km/h) Điều kiện x > Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên vận tốc ô tô x + 10 (km/h) 120 Thời gian xe máy từ A đến B (h) x 120 Thời gian ô tô từ A đến B (h) x + 10 Xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút = (h) nên ta có phương trình: 120 120 − = x x + 10 Do ⇔ 120.5 ( x + 10 ) − 120.5.x = 3x ( x + 10 ) ⇔ x + 30 x − 6000 = ⇔ ( x + 50 ) ( x − 40 ) =  x = −50 ⇔ Kết hợp với điều kiện đầu ta x = 40  x = 40 Vậy vận tốc xe máy 40 (km/h), vận tốc ô tô 50 (km/h) Bài III (2,0 điểm)  x + y − = 1) Giải hệ phương trình   x − y − = 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = mx + a) Chứng minh đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 0;5 ) với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) : y = x hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 (với x1 < x2 ) cho x1 > x2 Giải  x + y − = 1) Giải hệ phương trình   x − y − = Điều kiện: x ≥ 0;  y ≥  a = x Điều kiện a; b ≥ Khi hệ phương trình ban đầu trở thành Đặt  b = y −  a + 2b = a = − 2b a = − 2b a = a = − 2b ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  4 ( − 2b ) − b =  4a − b = 20 − 8b − b = −9b = −18 b =  x = x = x = ⇔ ⇔ Do  ( thỏa mãn)  y −1 = y =  y − = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 1;5 ) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = mx + a) Chứng minh đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 0;5 ) với giá trị m Thay tọa độ điểm A ( 0;5 ) vào phương trình đường thẳng ( d ) : y = mx + ta được: = m.0 + với giá trị tham số m nên đường thẳng ( d) qua điểm A với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) : y = x hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 (với x1 < x2 ) cho x1 > x2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) : x = mx + ⇔ x − mx − = Ta có tích hệ số ac = −5 < nên phương trình hồnh độ giao điểm ln có nghiệm phân biệt với m hay thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt với m  x1 + x2 = m Theo hệ thức Vi-ét ta có   x1 x2 = −5 2 2 Ta có x1 > x2 ⇔ x1 > x2 ⇔ x1 − x2 > ⇒ ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) > Theo giả thiết: x1 < x2 ⇔ x1 − x2 < x1 + x2 < ⇔ m < Vậy thỏa mãn yêu cầu toán Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB = NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn ( O ) Chứng minh ba điểm D, E , K thẳng hàng Giải 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn ¼ · · Ta có M điểm cung »AB ⇒ ¼ AM = BM ⇒ MNA = MCB · · Tứ giác CNKI có C N đỉnh kề nhìn cạnh ⇒ KNI = ICK KI góc nên CNKI nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Do bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB = NK NM » ⇒ BN » = CN » ⇒ BMN · · Ta có N điểm cung BC (góc nội tiếp = CMN chắn cung nhau) · · » ) Mà CBN (góc nội tiếp chắn chắn cung CN = CMN · · · · · (cùng góc CMN ) ⇒ KBN CBN = BMN = BMN Xét ∆KBN ∆BMN có : µ chung N · · KBN = BMN KN BN = ⇒ NB = NK NM ( điều phải chứng minh) BN MN 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi Ta có ·ABC = ·ANC (góc nội tiếp chắn cung »AC ) ⇒ ∆KBN ∽ ∆BMN ⇒ º ) Mà ·AMC = ·AHI (góc nội tiếp chắn cung IC · Mà góc vị trí đồng vị nên HB / / IK (1) ⇒ ·ABC = IKC + Chứng minh tương tự phần ta có tứ giác AMHI nội tiếp ·ANC = IKC · (góc nội tiếp chắn cung »AI ) Ta có ·ABC = ·AMC (góc nội tiếp chắn cung »AC ) ⇒ ·ABC = ·AHI Mà góc vị trí đồng vị nên BK / / HI (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BHIK hình bình hành Mặt khác AN , CM tia phân giác góc A C tam giác ABC nên I giao điêm đường phân giác, BI tia phân giác góc B Vậy tứ giác BHIK hình thoi ( dấu hiệu nhận biết hình thoi) 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn ( O ) Chứng minh ba điểm D, E , K thẳng hàng Vì N điểm cung nhỏ BC nên DN trung trực BC nên · DN phân giác BDC · · Ta có KQC (góc nọi tiếp nửa góc tâm dường tròn ( Q ) ) = KMC · · » ) (góc nội tiếp chắn cung NC NDC = KMC · · · · Mà BDC ⇒ KQC = BDC = NDC Xét tam giác ∆BDC ∆KQC các tam giác vuông D Q có hai góc · · ⇒ BCD D, Q, C thẳng hàng nên KQ / / PD = BCQ Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng DQ / / PK Do tứ giác PDQK hình bình hành nên E trung điểm PQ trung điểm DK Vậy D, E , K thẳng hàng (điều phải chứng minh) Bài V (0,5 điểm) Cho số thực a, b, c thay đổi thỏa mãn: a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P = a + b + c Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có: a + b ≥ 2ab , b + c ≥ 2bc , c + a ≥ 2ca 2 Do đó: ( a + b + c ) ≥ 2( ab + bc + ca) = 2.9 = 18 ⇒ P ≥ 18 ⇒ P ≥ Dấu xảy a = b = c = Vậy MinP = a = b = c = Vì a ≥ , b ≥ , c ≥ nên (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab − a − b + ≥ ⇔ ab + ≥ a + b Tương tự ta có bc + ≥ b + c , ca + ≥ c + a Do ab + bc + ca + ≥ 2(a + b + c) ⇔ a + b + c ≤ 9+3 =6 Mà P = a + b + c = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) –18  a = 4; b = c =  ⇒ P ≤ 36 − 18 = 18 Dấu xảy : b = 4; a = c = c = 4; a = b =   a = 4; b = c =  Vậy MaxP = 18 : b = 4; a = c = c = 4; a = b =  Hết ... sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu hai tổ sản xuất 100 0 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy? 2)... sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu hai tổ sản xuất 100 0 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy? 2)... xuất 1,1x chi tiết máy, tổ II sản xuất 1,12 y chi tiết máy Theo giả thi? ??t ta có: 1,1x + 1,12 y = 100 0 (2)  x + y = 900 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  1,1x + 1,12 y = 100 0  x = 400 Giải hệ