Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THỌ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu1 (1,5điểm) a) Trong các phương trình dưới đây, những phương trình nào là phương trình bậc 2: x 2 3x 2 0; 3x 2 4 0 ( x là ẩn số m là tham số m khác 1) 2x 1 0 (m 1)x 2 mx 12 0 b)Giải phương trình : 2x 4 6 Câu2 (2,0 điểm) 3x y 5 a) Giải hệ phương trình x y 3 a b b a a b b) Rút gọn biểu thức B ,với a,b là số dương. ab a b Câu3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x 2 (2m 1)x m 2 0 (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Với giá trị nào của m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó Câu 4( 3,0 điểm) Cho (O;R) Dây BC<2R cố định .Gọi A chạy trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC Nhọn kẻ ba đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H a) Chứng minh AEFH nội tiếp ,xác định tâm I dường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh rằng khi A chạy trên cung lớn BC thì tiếp tuyến tại E của (I) luôn đi qua một điểm cố định. c) Tìm vị trí A thuộc cung lớn BC để diện tích tam giác AEF lớn nhất Câu 5(1,5 điểm) Giải phương trình x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 Hết Họ và tên thí sinh: SBD Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
2. NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn Toán ( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1(2,0 điểm) x x 6 x 7 x 19 x 5 x Rút gọn biểu thức A ; x 0; x 9 x 9 x x 12 x 4 x Câu 2 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;3) ,parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y= ax+3-a a) Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt. b) Giả sử B,C là giao điểm của (P) và (d).Tìm a biết AB=2AC Câu 3 (2,0 điểm) x 3 y 2 2x 2 y x 2 y 2 2xy 3x 3 0 Cho hệ phương trình 2 2014 y x y 3m a) Giải hệ với m=1. b) Tìm các giá trị của m để hệ có hai nghiệm phân biệt x1; y1 và x 2 ; y2 thỏa mãn điều kiện x1 y2 x2 y1 3 0 Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) đường kính AB=2R. Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy điểm M ( M khác A).Từ M vẽ tiếp tuyến thứ 2 MC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm).Kẻ CH vuông góc với AB (H thuộc AB),MB cắt (O) tại điểm thứ hai là E và cắt CH tại N .Gọi D là điểm đối xứng của C qua tâm O ,đường thẳng MD cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng góc CAE=góc OMB. b) Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng CH. c) Giả sử OM=2R gọi R1 và R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCI và tam giác ADI .Chứng minh rằng R1 3R2 . Câu 5 (1 điểm) Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc Tìm giá trị lớn nhất 1 2 3 B a 2 1 b 2 4 c 2 9 Hết Họ và tên thí sinh: SBD Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2014-2015 Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 7 7 5 5 a b ab a b a2b ab2 Rút gọn biểu thức: A , với a b, a b. a5 b5 a2b2 a b a b Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 2 m 1 x m 6 0 (với m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x1 và x2 thỏa mãn điều 2 2 kiện: B x1 x2 2x1x2 x1 4x2 đạt giá trị lớn nhất? Câu 3 (2,0 điểm) 2 x y x 3 a) Giải hệ phương trình: 2 2 3 x xy y 2y 7 b) Giải phương trình: 3 4 x 3 3x x 5. Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là điểm cố định trên đoạn thẳng AB (với C khác A, B ). Gọi M là điểm di động trên nửa đường tròn (với M khác A, B ). Giả sử I và K lần lượt là các tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC và tam giác MBC. a) Chứng minh rằng MIK là tam giác vuông. b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK luôn đi qua hai điểm cố định. c) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác CIMK có diện tích nhỏ nhất? Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: 1 a 2; 1 b 2; 1 c 2. Chứng minh 2 a b c2 3 rằng: . 2c2 2ab 3c a b a b 2 6c a b 4c2 11 Hết Họ và tên thí sinh: SBD: Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hướng dẫn chuyên HV vòng 1-2014 Hướng đẫn
4. Câu1 (1,5điểm) a) Các phương trình x 2 3x 2 0;3x 2 4 0;(m 1)x 2 mx 12 0 b)Giải phương trình : 2x 4 6 2x 8 x 4 Câu2 (2,0 điểm) 3x y 5 2x 2 x 1 a) Giải hệ phương trình x y 3 y 3 x y 2 b) Rút gọn biểu thức a b b a a b ab( a b) a b a b B ab a b ab a b , B a b a b 2 a với a,b là số dương. Câu3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x 2 (2m 1)x m 2 0 (1) a)Giải phương trình với m = 1:Thay m=1 ta có PT : x 2 3x 1 0 3 5 3 5 3 2 4 5 PT Có 2 nghiệm x ; x 1 2 2 2 b) Với giá trị nào của m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó 2m 1 2 4m 2 4m 2 4m 1 4m 2 4m 1 1 1 0 m x 4 4 Câu 4 (3,0 điểm) Hướng dẫn a) Dùng định lí đảo và I là trung điểm AH b) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh ME là tiếp tuyến (I) c) Kẻ đường kính AK ta có BHCK là hình bình hành ( theo định nghĩa) nên H,M, K thẳng hàng Xét tam giác AHK có OM là đường trung bình suy ra AH=2.OM không đổi dường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nhận AH là đường kính có bán kính bằng OM không đổi Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên 2 2 S AEF OM OM OM S AEF S ABC ta có không đổi S ABC OA R R S AEF (Max) S ABC (Max) AD(Max) Mà AD AM OA OM ( Không đổi) AD(max) R OM D  M hay A là chính giữa cung lớn BC
5. A A I E O F H M C B D K Cách khác Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên 2 S AEF AE 2 2 CosA S AEF CosA S ABC không đổi S ABC AB S AEF (Max) S ABC (Max) AD(Max) Mà AD AM OA OM ( Không đổi) AD(max) R OM D  M hay A là chính giữa cung lớn BC Câu 5(1,5 điểm) Giải phương trình x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 (1) Hướng dẫn 3 Cách 1 Điều kiện: 2x 3 0 x . 2 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với 3 x3 6x2 12x 8 7x 11 2x 3 2 2x 3 3 x 2 3 7x 11 2x 3 3 2x 3 3 2x 3 1 2x 3 6x 10 3 x 2 3 x 2 2x 3 1 2x 3 1 1 1 Đặt X x 2, Y 2x 3 1 thì X , Y 1 và phương trình (1) trở thành 2 X 3 X Y 3 Y X Y X 2 XY Y 2 1 0 2 1 Vì X , Y 1 nên X 2 XY Y 2 1 X 2 XY Y 2 1 0 2 Do đó, từ (2) ta suy ra: X Y 0 Với X Y ta có x 1 0 x 1 2x 3 2 x 2 x 2x 1 2x 3 Vậy phương trình có nghiệm x 2.
6. 3 ĐKXĐ : x 2 x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 x 3 6x 2 5x 3 (2x 5)(x 1) (2x 5)( 2x 3 x 1) 0 x 2 2 x 3 4x 2 2x 8 (2x 5). 0 x 1 2x 3 x 2 2 (x 2 2)(x 4) (2x 5). 0 x 1 2x 3 2 2x 5 (x 2) x 4 0 x 1 2x 3 3 2x 5 3 Với x thì : x 4 0 với x 2 x 1 2x 3 2 x 2 Nên x 2 2 0 x 2 Thay vào PT (1) x 2 thỏa mãn Cách 2 3 ĐKXĐ: x 2 Khi đó viết lại PT đã cho như sau: x3 3x2 3x 1 3 x2 2x 1 2 x 1 2x 3 2x 3 3 2x 3 2 2x 3 x 1 3 3 x 1 2 2 x 1 2x 3 2x 3 3 2x 3 2 2x 3 1 1 a x 1 a 3 Đặt 2 x b 2x 3 2 b 0 Khi đó: 1 a3 3a2 2a b3 3b2 2b 2 a b a2 ab b2 3a 3b 2 0 a b 2 2 a ab b 3a 3b 2 0 3 Mặt khác: 2 a a 1 a 2 b3 3b2 2b 3 2 a 0 Do b 0 b 3b 2b 0 a a 1 a 2 0 2 a 1 Kết hợp với a 0 . Từ đó suy ra 3 vô nghiệm (vì a,b 0 ) x 1 x 1 a b x 1 2x 3 x 2 + Với 2 2 (thỏa mãn) x 2x 1 2x 3 x 2 Vậy tập nghiệm của PT là S  2 3 Cách ĐKXĐ : x 2
7. x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 x 3 6x 2 5x 3 (2x 5)(x 1) (2x 5)( 2x 3 x 1) 0 x 2 2 x 3 4x 2 2x 8 (2x 5). 0 x 1 2x 3 x 2 2 (x 2 2)(x 4) (2x 5). 0 x 1 2x 3 2 2x 5 (x 2) x 4 0 x 1 2x 3 3 2x 5 3 Với x thì : x 4 0 với x 2 x 1 2x 3 2 x 2 Nên x 2 2 0 x 2 Thay vào PT (1) x 2 thỏa mãn Hướng dẫn chuyên HV vòng 2 ( chuyên Toán ) -2014 Câu 1(2,0 điểm) Rút gọn biểu thức x x 6 x 7 x 19 x 5 x x 2 x 7 x 19 x 5 A x 9 x x 12 x 4 x x 3 x 3 x 4 x 4 x 2 x 8 x 7 x 19 x 8 x 15 x 1 x 4 x 1 A x 3 x 4 x 3 x 4 x 3 Câu 2 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;3) ,parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y= ax+3-a b) Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt. b) Giả sử B,C là giao điểm của (P) và (d).Tìm a biết AB=2AC Hướng dẫn y x 2 y x 2 a) Xét hệ phương trình 2 y ax 3 a x ax a 3 0;(1) xét PT (1) có a 2 4a 12 (a 2) 2 8 0 nên PT(1) có hai nghiệm phân biệt mọi a nên (d) và (P) luôn cắt nhau. 2 2 2 2 2 Gọi B x1; y1 ;C x 2 ; y2 Thì AB 1 x1 3 y1 ; AC 1 x2 3 y2 ;
8. Vỉ AB=2AC nên AB2=4AC2 suy ra 2 2 2 2 1 x1 3 y1 4 1 x2 4 3 y2 2 2 2 2 1 x1 3 ax1 3 a 4 1 x2 4 3 ax2 3 a 2 2 2 2 2 x1 1 (a 1) 4 x2 1 (a 1) (a 1) x1 2x2 1 x1 2x2 3 0 a 1 x 2x 1 0 x x 3x 1 0 a 3x 1 0 x 1 2 1 2 2 2 2 3 x1 2x2 3 0 x1 x2 x2 3 0 a x2 3 0 x2 3 a a 1 2a 1 Với x x thay vào 2 3 1 3 x x a 3 (a 1)(2a 1) 9(a 3) 2a 2 a 2a 1 9a 27 1 2 2a 2 8a 26 0 a 2 4a 13 0;VN Với x2 3 a x1 2a 3 thay vào a 3 x1 x2 a 3 (3 a)(2a 3) (a 3) a 3 2a 2 0 a 1 Câu 3 (2,0 điểm) x 3 y 2 2x 2 y x 2 y 2 2xy 3x 3 0 Cho hệ phương trình 2 2014 y x y 3m c) Giải hệ với m=1. d) Tìm các giá trị của m để hệ có hai nghiệm phân biệt x1; y1 và x 2 ; y2 thỏa mãn điều kiện x1 y2 x2 y1 3 0 Hướng dẫn x 3 y 2 2x 2 y x 2 y 2 2xy 3x 3 0(1) 2 2014 y x y 3m(2) (1) x 3 y 2 x 2 y 2 2x 2 y 2xy 3x 3 0 (x 1) x 2 y 2 2xy 3 0 x 1 2 xy 1 2 0;(Vônghiem) 2 2 y 1 Thay x=1 ,m=1 vào PT(2) ta có y 1 y 3 y y 2 0 (y 1)(y 2) 0 y 2 Hệ có 2 nghiệm x; y (1; 1);(1;2) c) thay x=1 vào phương trình (2) ta có y 2 y 3m 1 0;(3) 1 Để PT(3) có hai nghiệm phân biệt thì 1 4 3m 1 0 12m 3 0 m 4 x1 y2 x2 y1 3 0 4 y1 y2 y1 y2 0(4) 1 y1 y2 1 Với m theo viets thay vào (4) ta có 5 1 3m 0 m 2 4 y1 y2 1 3m
9. K a)Gọi MO cắt AC tại H/ tứ giác AH/EM nội tiếp nên góc CAE=góc OMB. b)Ta lai có H / EN H / AM ;H / CN H / AM H / EN H / CN Nên tứ giác HECN nội tiếp suy ra NEC NH / C;NEC BAH / NH / C BAH / Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HN//AB mà H là trung điểm AC nên N là trung điểm CH c)Gọi K là giao của CD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MCI Xét tam giác MCK và tam giác BAI có MCK DAI 900 ;MKC MIC DIA nên MCK đồng dạng DAI R MC Nên 1 do MO=2R nên tam giác MAC đều, CAB 300 CBA 600 ; R2 AD R1 MC AC 0 AD=BC;MC=AC suy ra tan(CBA) tan 60 3 R1 3.R2 R2 AD CB Câu 5 (1 điểm) Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc Tìm giá trị lớn nhất 1 2 3 B a 2 1 b 2 4 c 2 9 Hướng dẫn b c Đặt x a, y , z thì x, y, z là các số dương và x y z xyz. 2 3 1 1 1 Khi đó ta có A . 1 x2 1 y2 1 z2 1 xyz yz y z Ta có 2 x2 1 x (x y z) xyz (x y)(x z) 2(x y) 2(x z)
10. 1 x z 1 x y Tương tự có ; y2 1 2(x y) 2(y z) z2 1 2(x z) 2(y z) x y x z y z 3 A 2(x y) 2(x z) 2(y z) 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 a 3, b 2 3, c 3 3. 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là , 2 đạt được chỉ khi a 3, b 2 3, c 3 3. Cách 2 6 3 2 Vì a,b,c 0 nên 6a 3b 2c abc 1 bc ac ab 1 2 3 Đặt x , y , z suy ra: x, y, z 0 và xy yz zx 1 a b c Khi đó viết lại B như sau: 1 2 3 B 2 2 2 1 2 3 1 4 9 x y z x y z 1 x2 1 y2 1 z2 x y z xy yz zx x2 xy yz zx y2 xy yz zx z2 x y z x y x z y z y x z x z y Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có: 1 x x 1 y y 1 z z B 2 x y x z 2 y z y x 2 z x z y 1 x y 1 y z 1 z x 3 B 2 x y y x 2 y z z y 2 z x x z 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x y x y y x y z 1 y z z y x y z (dox, y, z 0 ) hay a 3,b 2 3,c 3 3 3 z x z x x z xy yz zx 1 3 Vậy max B khi a 3,b 2 3,c 3 3 2 Hướng dẫn Chuyên Tin HV -2014 Câu 1 (2,0 điểm)
11. 7 7 5 5 a b ab a b a2b ab2 Rút gọn biểu thức: A , với a b, a b. a5 b5 a2b2 a b a b Hướng dẫn a6 a b b6 a b ab a b A a3 a2 b2 b3 a2 b2 a b a3 b3 a3 b3 a b ab a3 b3 a2 b2 a b a2 ab b2 a b ab a b a b a2 b2 Vậy A a2 b2. Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 2 m 1 x m 6 0 (với m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x1 và x2 thỏa mãn điều 2 2 kiện: B x1 x2 2x1x2 x1 4x2 đạt giá trị lớn nhất? Hướng dẫn Ta có / m 1 2 m 6 m2 m 7 2 1 1 m m 7 4 4 2 1 27 m 0, m 2 4 Vậy / 0, m do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm. 2 b) Ta có B x1 x2 2x1x2 x1 2x2 Áp dụng định lý Viet ta có x1 x2 2 m 1 1 x1x2 m 6 2 Từ (1) và (2) suy ra x1 x2 2x1x2 14. 2 Do đó B 14 x1 2x2 14, x1, x2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 2x2 3
12. Từ (1) và (3) suy ra x2 2 m 1 , x1 4 m 1 . Thay vào (2) ta được 8 m 1 2 m 6 8m2 17m 2 0 1 Từ đó tìm được m 2, m . 8 Câu 3 (2,0 điểm) 2 x y x 3 a) Giải hệ phương trình: 2 2 3 x xy y 2y 7 b) Giải phương trình: 3 4 x 3 3x x 5. Hướng dẫn a)Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 x y x 3 3 x y 3x 9 1 2 2 2 3 x 2xy y 3xy 2y 7 3 x y 3xy 2y 7 2 Từ (1) và (2) suy ra: 3x 3xy 2y 2 y 1 3x 2 0 y 1 0 3x 2 0 Với y 1 ta tìm được x 1, x 2. 2 2 21 2 21 Với x ta tìm được y , y . 3 3 3 2 2 21 2 2 21  S 1; 1 , 2; 1 , ; , ; . 3 3 3 3  b) Với x 3 phương trình đã cho tương đương với 3 x 3 x 5 3 x 4 1 Vì x 3 nên 3 x 3 x 5 0, do đó phương trình (1) tương đương với 8 x 4 8 3 x 4 x 4 3 0 2 3 x 3 x 5 3 x 3 x 5 Do x 3 nên 3 x 3 x 5 2 2, như vậy 8 8 3 3 0 3 x 3 x 5 2 2 Vậy x 4 0, do đó phương trình có nghiệm x 4.
13. Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là điểm cố định trên đoạn thẳng AB (với C khác A, B ). Gọi M là điểm di động trên nửa đường tròn (với M khác A, B ). Giả sử I và K lần lượt là các tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC và tam giác MBC. a) Chứng minh rằng MIK là tam giác vuông. b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK luôn đi qua hai điểm cố định. c) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác CIMK có diện tích nhỏ nhất? I M L P Q K A E C O F B Hướng dẫn a)Gọi P, Q, E, F lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AM, BM, AC, BC. Chỉ ra OI, OK, IK, IE, KF lần lượt là trung trực các đoạn thẳng AM, BM, CM, AC, BC 1 1 Chứng minh được: MIK MAB MIC;MKI MBC MKC 2 2 0 0 Mặt khác MAB MBA AMB 90 MIK MKI 90 Tam giác MIK vuông tại M. b)Ta có CIK MIK(c.c.c) ICK IMK 900 hay bốn điểm C, I, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IK (1) Ta có tứ giác MPOQ là hình chữ nhậ IOK 900 nên điểm O thuộc đường tròn đường kính IK (2) Từ (1) và (2) suy ra năm điểm O, C, I, M, K cùng nằm trên một đường tròn. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK luôn đi qua hai điểm cố định là C và O. c) Vì các đoạn thẳng AC, BC cố định nên E, F là các điểm cố định. Đặt CE = a, CF = b (a, b là các hằng số dương) IE = x, KF = y (x, y là các số dương thay đổi) Ta có CI a2 x2 ,CK b2 y2 nên tứ giác CIMK có diện tích 2 2 2 2 S 2S CIK CI.CK a x b y Chứng minh được EIC đồng dạng với FCK EI EC x a xy ab . FC FK b y Mặt khác a2 x2 b2 y2 ab xy. Đẳng thức xảy ra ay bx .
14. ay bx x a S (ab ab) 2ab. Đẳng thức xảy ra ab xy y b Cách dựng điểm M: Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ các tam giác CEI , CFK vuông cân tại đỉnh E và F. Qua điểm C vẽ đường thẳng vuông góc với IK cắt nửa đường tròn ta được điểm M. Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: 1 a 2; 1 b 2; 1 c 2. Chứng minh 2 a b c2 3 rằng: . 2c2 2ab 3c a b a b 2 6c a b 4c2 11 Hướng dẫn 2 a b c2 P 2c2 2ab 3c a b a b 2 6c a b 4c2 2 2 a b c2 4c2 a b 2 6c a b a b 2 6c a b 4c2 2 a b 2 c c 1 2 2 1 a b a b a b a b 6 4 6 4 c c c c c c c c a b 2x2 1 Đặt x thì P 2 c c x2 6x 4 a b Vì a, b, c 1; 2 nên 1 x 4. c c 2x2 1 3 Ta chứng minh Q , x 1; 4 3 x2 6x 4 11 Thật vậy 3 22x2 11 3x2 18x 12 19x2 18x 1 0 x 1 19x 1 0 3 Như vậy (3) đúng. Do đó P . 11 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1, b 1, c 2.