tuyen tap de thi voa trong chuyen

Đường trung trực của đoạn AC cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K... a) Gọi (K) là đường tròn có tâm K và tiếp xúc với đường thẳng AB..[r]

KI THI TUYEN SINH LOP 10 QUOC HOC HUE

THỪA THIÊN HUẾ Khố ngày 24.6.2010

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm)

Xác định tham số m để phương trình m1x2 2m1x m  0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn: 4x1x2 7x x1 2.

Bài 2: (2,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x 2xy y 2 2x 3y2010 các số thực x, y thay đổi Giá trị nhỏ đạt giá trị x và y.

Bài 3: (2,5điểm)

a) Giải phương trình : 3 x 3 5 x 2

b) Giải hệ phương trình :

1

4

- = x

x y

x y x y xy

y y x 

    

  

   

  Bài 4 : (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a Đường trung trực của đoạn AC cắt đường phân giác góc BAC K.

a) Gọi (K) đường trịn có tâm K tiếp xúc với đường thẳng AB. Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

b) Chứng minh trung điểm đoạn AK tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Với số (6 ; ; 2), ta có đẳng thức :

Hãy tìm tất số (a ; b ; c) gồm chữ số hệ thập phân a , b, c đôi khác khác cho đẳng thức

ab b

ca c đúng.

b) Cho tam giác có số đo góc trung bình cộng số đo hai góc cịn lại độ dài cạnh a, b, c tam giác thoả mãn:

a b c   a  b c .

Chứng minh tam giác tam giác đều. HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Khố ngày 24.6.2010

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

Bài 1 (1,5đ)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

0 a        0,25

1

(*)

3

m m m m               0,25 Ta có: 2 2( 1) m x x m m x x m               0,25

 2  

2

4 7

1

m m

x x x x

m m

 

   

 

0,25  8m1 7m 2  m6 Thoả mãn (*)

Vậy: m =  thoả mãn yêu cầu toán

0,5

BÀI 2 (2đ)

Ta có: P x 2y 2x y 2 3y2010 0,25  2

2 2 2010 y y

Px     y  y

 

0,5

 

2

1 6023

2

4 3

P x y   y  

 

0,5 6023

3 P

với x, y

6023 P

khi:

1

2

3

4

3

3

x y x

y

y 

   

 

 



 

 

  

 



0,25

Vậy giá trị nhỏ P

6023 P 

đạt x

y 0,25

Bài 3 (2,5đ)

3.a

(1đ) Lập phương hai vế phương trình

3 x 3 5 x 2

    (1), ta được: ( x3)(5 x)(3 x 3 5 x) 8

0,25

3.b

(1đ,5) Điều kiện : x  0; y  0,25

Viết lại hệ :

1

4

1

x y

x y

x y

x y

   

   

   

 

  



 

 

   

 

 

    



0,5

Đặt :

1 u x

x  

;

1 v y

y  

, ta có hệ :

4 u v

uv   

  

0,25

Giải : u2; v2 0,25

Giải : x = 1 ; y = 1 Hệ cho có nghiệm : (x ; y) = (1 ; 1) 0,25 BÀI 4

(2đ)

4 a

(1đ) Do BC2 = AC2 + AB2 nên tam giác ABC vuông A 0,25

Đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm trung điểm O BC, có bán kính

2 r a

0,25

Gọi Q trung điểm AC R tiếp điểm (K) AB

KQAR hình vng cạnh 2a Đường trịn (K) có bán kính ρ = 2a 0,25 Do OK= KQ – OQ = 2a –

3 2a =

1

2a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc với (O).

0,25 4.b

(1đ)

Gọi I trung điểm AK, nối BI cắt OQ T Ta chứng minh T thuộc đường tròn (O) 0,25 Hai tam giác IQT IRB nên QT = RB = a 0,25 Vì OT = OQ + QT =

3

2a + a = r nên T thuộc đường trịn (O). Từ T trung điểm cung AC đường tròn (O)

0,25

T O I

K R

Q C

B

Suy BI phân giác góc ABC Vì I tâm nội tiếp ΔABC 0,25

BÀI 5 (2đ)

5 a

(1đ) Hãy tìm tất số (a ; b ; c) gồm chữ số a , b, c khác khác cho đẳng thức:

ab b

ca c ( 1) đúng.

Viết lại (1): (10a + b)c =(10c + a)b  2.5.c(a – b) = b(a – c)

Suy ra: ước số b(a – c)

0,25 Do nguyên tố 1a b c, , 9; a c nên:

1) b = 2) a c- 5 3) c a- 5

0,25

+ Với b = 5: 2c(a 5) = a  c c = a c

a 

 

9

2 c

a  

 .

Suy ra: 2a 9 = ; (a ≠ 5, a ≠ c)

Trường hợp tìm được: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1) + Với a = c + 5: 2c(c +  b) = b b =

2 10

2

c c

c 

 Viết lại:

9

2

2 b c

c

  



Suy ra: 2c + = ; (c ≠ 0)

Trường hợp tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4) + Với c = a + 5: 2(a + 5)(a  b) = b  b =

2 10

2

a a

a 



Viết lại :

9.19 2 19

2 b a

a

  

 Suy ra: b > 9, không xét

+ Vậy:

Các số thỏa toán: (a ; b ; c) = (6 ; ; 2), (9 ; ; 1), (6; ; 1), (9 ; ; 4).

0,5

5.b

(1đ) Từ giả thiết số đo góc trung bình cộng số đo hai góc cịn lạitam giác cho có góc 60o , suy

Ví dụ: Từ 2A = B + C suy 3A = A + B + C = 180o Do A = 60o.

0,25

Từ a b c   a b c (*), suy tam giác cho tam giác cân Thật vậy, bình phương vế (*):

2 2

a b c a b c      ab cb ac  c c a b a c0

  a c  b c 0 Vì tam giác có a = c b = c

0,5

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

Mơn thi: Tốn

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm)

a) Giải phương trình

3 x2 3 7 x 3

b) Giải hệ phương trình

3

3

8

6

x y x

y



  

 

   



Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun

2 2 0

x  ax a  

Bài 3: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vng A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4:(1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường trịn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5:(2.0 điểm)

a) Bên đường trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC

b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 3   .

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

ab bc ca

P a b c

a b b c c a

 

   

 

-Hết

* Giám thị khơng giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

Hướng dẫn chấm thi

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 1 3,5 đ

a 2,0đ

x 2  x 3 

 

3 3

x x x x x x 27

           0.50đ

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3 (x 2)(7 x) 2

     0.25đ

(x 2)(7 x) 8

    0.25đ

2

x 5x 0

    0.25đ

x 1

x 6

 

  

 ( thỏa mãn ) 0.50đ

b 1,50đ

Đặt

2 z

y 0.25đ

Hệ cho trở thành

3

2 3x z 3z x

  

 

 



 0.25đ

  3

3 x z z x

    0,25đ

x z x xz z2 3

      0,25đ

x z

  (vì x2xz z 2 3 0, x,z ). 0,25đ

Từ ta có phương trình:

3 x

x 3x

x  

    

 

Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1; 2), 2,1    

0,25đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a2 4a 0  (*). 0,25đ

Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)

Theo định lý Viet:

1

1 2

1

x x a

x x x x x x a

 



   



  

0,25đ

1

(x 1)(x 1)

   

1 x x 1   

 

 



1

x 1

x

  



 

 (do x1 - ≥ x2 -1)

1

x x

   





1

x

x

  

 

Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) )

0,25đ

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác ABC nên ABM MBC   AM MN  0,25đ

 

MAE MAN

  (1) 0,50đ

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMB ANB 90   0 0,25đ

 ANK AME 90   0, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

0,50đ

AN AK AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM 

Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC 

 

AIM ABC

  .Suy tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ

Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB

AM AI

AI.AO AM.AB AO AB

   

(1)

0,25đ

Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O)

Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)

0,25đ

= AO2 - R2 = 3R2

 AI.AO = 3R2

2

3R 3R 3R R

AI OI

AO 2R 2

     

(2) 0,25đ

Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên:

OA.OK = OB.OC = R2

2

R R R

OK

OA 2R

   

(3)

0,25đ

Từ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC

Vì BICK hình bình hành 0,25đ

Bài 5: 2,0 đ

a, 1,0 đ

Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC Khơng tính tổng quát, giả sử A O

nằm phía đường thẳng BC 0,25đ

Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K

Kẻ AH vng góc với BC H 0,25đ Suy AH  AK < AO <1 suy AH < 0,25đ

Suy ABC

AH.BC 2.1

S

2

   

(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ

mà a3 + ab2

 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

b3 + bc2

 2b2c

c3 + ca2

 2c2a

Suy 3(a2 + b2 + c2)

 3(a2b + b2c + c2a) >

0,25đ

Suy

2 2

2 2 ab bc ca

P=a b c

a b c

 

  

 

2 2

2 2

2 2

9 (a b c )

P a b c

2(a b c )

  

    

 

0,25đ

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t



Suy

9 t t t

P t

2t 2t 2 2



         

 P 

Dấu xảy a = b = c =

Vậy giá trị nhỏ P

Nếu thí sinh giải cách khác câu cho tối đa điểm câu đó

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010

MÔN THI : TỐN (ĐỀ CHUNG)

Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm)

Cho biểu thức P =

   2

x x x x x

1 x x

   



 

a) Tìm điều kiện xác định P b) Rút gọn P

c) Tìm x để P >

Bài 2 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

 

 

1 x y

2 x y

   

 

  

  Bài 3 (2 điểm)

1) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng y = x + parabol y = x2

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + cắt trục Ox, trục Oy điểm A , B AOB cân ( đơn vị hai trục Ox Oy

nhau)

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I trung điểm Ah, K

trung điểm HC Đường trịn đường kính AH ký hiệu (AH) cắt cạnh AB, AC diểm M N

a) Chứng minh ACB AMN đồng dạng

b) Chứng minh KN tiếp tuyến với đường trịn (AH) c) Tìm trực tâm ABK

Bài 5 (1 điểm)

Cho x, y, z số thực thoả mãn: x + y + x =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

1 1

-Hết -Họ tên thí sinh:……… Số báo danh: ………

Chữ ký giám thị số 1: ………Chữ ký giám thị số 2: ………

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010

MƠN THI : TỐN (ĐỀ CHUNG)

hưỚng dẪn chẤm thi mÔn toÁn

Bài (2 điểm)

a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định P x0 x ≠ 1 0.5

b) (1 điểm)

 

x x x

1 x x

 

  0,25

 x 22 x x x x x x

1 x x

      



 

0,25

4 x

1 x

 

 0,25

Vậy P =

4

1 x 0,25

c) (0,5 điểm) P>0 1 x 0 0,25

x x

     0,25

Bài (1,5 điểm)

Cộng hai phương trình ta có : 3 2 x 1    0,5

1

x

3 2 

    

  0,5

Với x 1  y 2 1   1   1 0,25

K/l Vậy hệ có nghiệm:

x

y

  

 

 



 0,25

Bài (2 điểm)

 x2 x 0   x2 x = 3

Với x = -2  y 4; x 3   y 9 0,25

Hai điểm cần tìm (-2;4); (3;9) 0,25

b) (1 điểm)

Với y =  

2m

m 2m x

m 

      

 (với m ≠ -1)

2m+3

A - ;0

m+1

 

  

 

Với x =  y 2m 3   B 0;2m+3 

0,25

OAB vuông nên OAB cân A;B ≠ O OA = OB

2m

2m m



   

 0,25

+ Với  

2m

2m 2m m

m m

  

         

    m =

3 

(loại) 0,25

+ Với  

2m

2m 2m m

m m

  

         

    m =

3 

(loại) K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2

0,25

Bài 4(3,5 điểm) a) (1,5 điểm)

E N

M

I

K H

C B

A

0,25

AMN ACB vng đỉnh A 0,25

Có AMN AHN  (cùng chắn cung AN)

 

AHN ACH (cùng phụ với HAN ) (AH đường kính)

 

AMN ACH

 

0,75

AMN ACB

   0,25

b) (1 điểm) HNC vuông đỉnh N ANH 90  0 có KH = KC  NK = HK

lại có IH = IN (bán kính đường trịn (AH)) IK chung nên KNI = KHI (c.c.c)

 

KNI KHI 90

    KNI 90 

0,75

Có KNIn, IN bán kính (AH) KN tiếp tuyến với đường tròn (AH) 0,25

+ Gọi E giao điểm AK với đường trịn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI

Ta có AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK 

HA HK

HB HI  HAKHBI  HAK HBI 

+ Có HAK EHK  (chắn cung HE)

 HBI EHK  BI / /HE

CóAEH 90  0 (AH đường kính)  BIAK

0,25

ABK có BIAK BKAI  I trực tâm ABK 0,25

Bài (1điểm)

 

1 1 1 y x z x z y 21

P= x y z

16x 4y z 16x 4y z 16x 4y 16x z 4y z 16

       

              

 

     

0,5

Theo Côsi với số dương:

y x

16x 4y 4 dấu xảy y = 2x

z x

16xz 2 dấu xảy z = 4x

z y

4y z  dấu xảy z = 2y

Vậy P  49 16

0,25

P =

49

16 với x = 7; y =

2 7; z =

3

Vậy giá trị bé P

49 16

0,25

SỞ GD VÀ ĐT THANH HỐ

Đề thức Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 19 tháng năm 2009

Câu 1:(2,0 điểm)

Cho số x x R; x 0   thoả mãn điều kiện: x2 + x = 7

Tính giá trị biểu thức: A = x3 +

x B = x5 + x

Giải hệphương trình:

1

2

1

2

y x

x y



  

  

   

 

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0  (a 0 ) có hai nghiệm

1

x ,x thoả mãn điều kiện: 0 x 1 x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2

2a 3ab b Q

2a ab ac

 



 

Câu 3:(2,0 điểm)

Giải phương trình: x 2 + y 2009 + z 2010 =

1

(x y z)  

2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số nguyên tố.

Câu 4: (3,0 điểm))

Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng quaA, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK BN

Cho đường tròn (O) bán kính R=1 điểm A cho OA= √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) (B, C tiếp điểm).Một góc xOy có số đo 450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng

AC E Chứng minhrằng: 2 DE 1  

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P a 2b2c2d2ac bd ,trong ad bc 1 

Chứng minh rằng: P 3.

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010

Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Ngày thi: 19 tháng năm 2009 (Đáp án gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

1

1

Từ giả thiết suy ra: (x +

1

x)2 =

 x +

1

x = (do x > 0)

 21 = (x +

1

x)(x2 +

x ) = (x3 +

x ) + (x +

1

x )  A = x3 + x =18

 7.18 = (x2 +

1

x )(x3 +

x ) = (x5 +

x ) + (x + x)

 B = x5+

1

x = 7.18 - = 123

0.25 0.25 0.25 0.25

2

Từ hệ suy

1 1

2

y x

x    y   (2)

Nếu

1

x  y thì

1

2

y x

  

nên (2) xảy x=y vào hệ ta giải x=1, y=1

0.5

0.5

2

Theo Viét, ta có:

b x x

a

 

,

c x x a  Khi 2

2a 3ab b Q

2a ab ac

     = b b a a b c a a          

( Vì a 0)

=

2

1 2

1 2

2 3(x x ) (x x ) (x x ) x x

Vì 0 x 1x2 2 nên

1

x x x x22 4  x12 x22 x x1 4  

2

1 2

x x 3x x

   

Do

1 2 2

2 3(x x ) 3x x 4

Q 3

2 (x x ) x x

   

 

  

Đẳng thức xảy x1 x2 2 x1 0, x2 2

Tức

b 4 a

c c b 4a

4

a b 2a

b

2 c 0

a c

0 a

 

 

   

     

  

  

 

 

    

  

   



 

  

 Vậy maxQ=3

0.25 0.25

0.25

0.25

3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phương trình cho tương đương với:

x + y + z = x 2 +2 y 2009 +2 z 2010

 ( x 2 - 1)2 + ( y 2009 - 1)2 + ( z 2010 - 1)2 =

x y 2009 z 2010

   

 

  



  

 

x y 2008 z 2011

     

 



0.25

0.25 0.25

0.25

2 Nhận xét: p số nguyên tố  4p2 + > 6p2 + >

Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1)

y = 6p2 +

 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)

Khi đó:

- Nếu p chia cho dư dư (p - 1)(p + 1) chia hết cho

 x chia hết cho mà x >  x không số nguyên tố

0.25

- Nếu p chia cho dư dư (p - 2)(p + 2) chia hết cho

 4y chia hết cho mà UCLN(4, 5) =  y chia hết cho mà y >  y không số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố  p =

Thử với p =5 x =101, y =151 số nguyên tố Vậy: p =5

0.25

0.25

4

1

2

Trên cạnh AB lấy điểm I cho IB = CM Ta có Δ IBE = Δ MCE (c.g.c)

Suy EI = EM , MECBEI Δ MEI vuông cân E

Suy EMI 45 BCE

Mặt khác:

IB CM MN

ABCB AN  IM // BN

BCEEMIBKE  tứ giác BECK nội tiếp

BEC BKC 180

   

Lại có: BEC 90  BKC 90 0 Vậy CKBN

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

D C N

A I B

K M

E

O B

D M x

5

Vì AO = √2 , OB=OC=1 ABO=ACO=900 suy OBAC hình

vng

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M cho DOM = DOB MOE=COE

Suy Δ MOD= Δ BOD DME=900

Δ MOE= Δ COE EMO=900

suy D,M,E thẳng hàng, suy DE tiếp tuyến (O) Vì DE tiếp tuyến suy DM=DB, EM=EC

Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy DE<1

Đặt DM = x, EM = y ta có AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2  1- (x+y) = xy (x+y)

2

4 suy DE

2 + 4.DE - 40

 DE 2√2−2

Vậy 2√2−2≤ DE<1

Ta có: (ac bd) 2(ad bc) a c2 2abcd b d 2a d2  2abcd b c 2

       

2 2 2 2 2

a c d b d c a b c d

      

Vì ad bc 1  nên    

2 2 2 2 2

1 (ac bd)   a b c d (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm a2 b ; c2  d2 có:

   

2 2 2 2

P a b c d ac bd a  b c d ac bd

 2

P ac bd ac bd

      (theo (1))

Rõ ràng P 0 vì: 2 1ac bd 2  ac bd

Đặt x ac bd  ,ta có: P x  x

   

2 2 2 2

P x 4x x x x 4x x 4x

           

 1 x2 2x2 3 3

    

Vậy P 3

0.25 0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25