28. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2012-2013 (chuyên) dự bị vòng 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (519.89 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MƠN THI: TỐN (Vịng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phương trình

(

)

2 2 2 4 2 3

x+ + x- + x - = - x .

2). Giải hệ phương trình

2 2

2 2 3

1

2

x y

2. x

xy

y

x

xy

y

ìïïï

íï -

-ïïỵ

-

+

=

+

-

=

-Câu II (3,0 điểm).

1). Tìm tất cả các cặp số nguyên

(

x y ;

)

thỏa mãn

2 2 2 2

5

x

-

xy

+

y

=

x y

-

2). Với ; ;x y z là các số thực thỏa mãn x+ + +y z xy+ yz+ zx= 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 4

P= + x + + y + +z .

Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABCV nội tiếp đường tròn ( )O . M N ; là hai điểm thuộc cung nhỏ »AC sao cho

MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA BN . BM giao AC ; tại P . Gọi Q là một điểm thuộc cung

nhỏ »BC sao cho PQ vng góc với BC . QN giao AC tại .R

1). Chứng minh rằng bốn điểm ; ; ;B P R Q cùng thuộc một đường trịn.

2). Chứng minh rằng BR vng góc với AQ .

3). Gọi F là giao của AQ và BN . Chứng minh rằng ·AFB= BPQ· + ABR· .

Câu IV (1,0 điểm). Cho ; ;a b c > 0. Chứng minh rằng

(

)

3 3 3 3 3 3

2 2 2

11 11 11

4 4 4

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

- -

-£ + +

+

+ .

……….HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu I.

1). Điều kiện x³ . 2

Đặt t= x+ +2 x- 2> 0

2 2 2 2 2 4

t x x x

Þ = + + - + - = 2x+2 x2- 4

Phương trình đã cho tương đương x+ +2 x- 2+ 2x+2 x2- 4= 6
2

6 0 2

t t t

Û + - = Û = hoặc t = - 3(loại).

Với t = 2 ta có x+ +2 x- 2= 2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

đó dùng phương pháp nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Cách giải phương trình bậc hai tổng quát . 2 . 0

a t + b t+ =c .

 Hằng đẳng thức 2 2

(

)(

)

a - b = a- b a+b và

(

)

2 2 2 2

a+ b = a + ab+ b .

 Phương trình có dạng f x

( )

+ g x

( )

= m, với m là số thực dương thì có hai cách nâng lũy thừa như sau:

Cách 1. Bình phương hai vế của phương trình, ta có:

( )

( ) ( )

0; 0

2 .

f x g x

f x g x m

f x g x f x g x m

ìï ³ ³
ïï
+ = Û íï
+ + =
ïïỵ

( )

( ) ( )

( )

1
2
2
2
0; 0
4 .

f x g x x x

x x
f x g x m f x g x

ìï ³ ³ é
ï =
ï ê
Û íï é ù Þ ê
=
= -
-ï êë úû ë
ïỵ

Cách 2. Chuyển g x

( )

sang VP rồi bình phương, ta có:

( )

m g x
f x m g x

f x m m g x g x

ìï ³
ïï
= - Û íï
= - +
ïïỵ

( )

2 2 2

2 4

m g x
m g x

m g x m f x g x m g x m f x g x

ì
ì ï
ï ³ ï ³
ï ï
ï ï
Û íï Û íï
é ù
= - +
ï ï = ê - + ú
ï ï ë û
ỵ ïỵ
.
Chú ý:

 Nếu f x

( )

- g x

( )

= ; k là hằng số thì ta có thể sử dụng cách liên hợp như sau: k f x

( )

+ g x

( )

= m ( i ).

( )

(

f x g x

)

(

f x

( )

g x

( )

)

m

(

f x

( )

g x

( )

)

Û + - =

-( ) -( )

(

( )

)

( )

k

f x g x m f x g x f x g x

m

Û - = - Û - = ( ii ).

Lấy ( i ) + ( ii ), ta được

( )

2 f x m k 4f x m k

m m

ổ ửữ

ỗ

= + = ỗỗ + ữữữ

ố ø .

 Nếu c a b³ ³ và x c³ suy ra x a+ + x+ ³b c+ +a c+ . b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x c= .

Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức bậc hai ở VT là x + 2, x - 2 và 2 4

x - , áp dụng hằng đẳng thức

(

)(

)

2 2

a - b = a- b a+ b dễ thấy được rằng x2- 4= x- 2. x+ 2, hay nói cách khác căn thức cuối cùng chính
là tích của hai căn thức còn lại. Đồng thời nếu chuyển 2 3

(

- x

)

từ VP sang VT thì sẽ xuất hiện 2x , mà

(

) (

)

2x= + + -x 2 x 2= x+ 2 + x- 2 do đó VT của phương trình ban đầu có:

(

) (

)

2 2 2. 2. 2 2 2 6 0

x+ + x- + x- x+ + x+ + x- - = .

(

)

2 2 2 2 6 0

x x x x

Û + + - + + + - - = (*).

 Đặt t= x+ 2+ x- 2> thì phương trình (*) được viết lại thành 0

(

)(

)

0
0

2 3 0

6 0
t
t
t
t t
t t
ì

ì ï >

ï > ï

ï Û Û =

í í

ï + - = ï - + =

ï ï

ỵ ỵ .

 Với t = 2 suy ra

2 2 2

2 2 4 4

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

4 2

x

x x

ìï ³
ïï

Û íï Û =

- =

-ïïỵ .

Đến đây có thể đánh giá như lời giải là:

2 2 2 4 0 2 2

x³ Þ x+ + x- ³ + = Þ = . x

 Vì x+ -2

(

x- 2

)

= 4 nên giải phương trình x+ 2+ x- 2= 2 theo chú ý như sau:

(

)

2 2 2 4 2 2 2

x+ + x- = Û = x+ - x

-2 2 2 2 2 4 2

x x x x

Û + - - = Þ + = Û = .

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 2 x+ +1 2 x- 1+ 2 x2- 1= -3 2x.

Đáp số: phương trình vơ nghiệm thực.

2. Giải phương trình 2x2+ +5 2 x2+ -x 2= 5 x- 1+ 5 x+ 2.

Đáp số: 17

x = .

2). Cộng từng vế hai phương trình ta có 2

2x + xy- 3x- y= - 1

(

)

(

)

1 0

x x y x x y

Û + - - + + =

(

x 1 2

)(

x y 1

)

Û - + - = .

TH1: 2

1 0 0

x= Þ y - = Þ = hoặc y y y =1 (thỏa mãn).
TH2: 2x+ = Þy 1 y= -1 2x, suy ra

(

) (

)

2 1 2 1 2 1

x - x - x + - x = Û 7x2- 5x= 0

0 1

5 3

7 7

x y

é = Þ =
ê

Û ê = Þ =
-êë

Đáp số

(

;

) ( ) ( ) ( )

1; 0 , 1; 1 , 0; 1 , 5; 5

7 7

x y = ổỗỗỗ - ửữữữữ

ố ứ.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hằng số biến thiên tìm ra được một phương trình biển diễn mối liên hệ
giữa hai biến và từ đó thế ngược lại một trong hai phương trình, tìm nghiệm của hệ.

Ý tưởng: Đây là hệ phương trình bậc hai, trước hết ta sẽ đi tìm nhân tử ở từng phương trình một trong hệ, nếu cơng
việc này thất bại. Ta sẽ nghĩ đến việc kết hợp cả hai phương trình. Và điều tối ưu ta nghĩ tới sẽ là xét đenta theo ẩn

x hoặc y từng phương trình (bạn đọc từ làm) khi đó khơng tìm được nhân tử ;x y. Chính vì thế, cịn hướng duy

nhất đó là kết hợp hai phương trình của hệ, giả sử tồn tại k Î ¡ thỏa mãn phương trình:

(

2 2 1

)

2 2 2 3 2 0

k x - xy+ y - + x + xy- y - x- y+ =

(

)

(

)

(

)

1 k x é2 k y 3ùx k 1 y y 2 k 0

Û + + êë - - úû + - - + - = ( i ).

Và ta coi ( i ) là phương trình bậc hai ẩn x đồng thời khi xét D nó phải là một số chính phương. Ta có: x

(

2

)

32 4 1

(

)(

1

)

2 2

x é k y ù k ék y y kù

D = êë - - úû - + ê - - + - ú

ë û

(

)

(

)

5k 4k y 10k 8 y 4k 4k 1

= - - - + - + .

Đế Dx là số chính phương khi hệ số 2

y phải là một chính phương, tức là ta đi giải phương trình nghiệm nguyên

2 2

5k - 4k= m . Khơng khó để ta thấy rằng k= Þ1 m= thỏa mãn. Hay nói cách khác: 1 D =x

(

y- 1

)

2. Khi đó

phương trình ( i ) 2

(

)

3 1

1
2

3 1 0

3 1

y y

x

x y x y

y y

x y

é - +

-ê = =

Û + - + - = Û ê

ê - - +

= =

-ê
êë

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình

3 3 2

2 2

3 9

x y y

x y x y

ìï - = +

ïí

ï + =

-ïỵ .

Đáp số:

(

;

)

1 13; 5 13

2 2

x y =ổỗỗỗ - ửữữữữ

ỗ ữ

ố ứ.

2. Giải hệ phương trình

2 2

2 2 3 0

3 1 0

x xy y x

xy y y

ìï + + + =

ïí

ï + + + =

ïỵ .

Đáp số:

(

;

)

(

3 2 2; 1 2 ,

)

3 5;1 5

x y = - ổỗỗỗ- ửữữữữ

ỗ ÷

è ø

m .

Câu II.

1). Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn.
Xét x y, ³ do vai trò như nhau, giả sử x1 ³ y

Khi đó ta có 2 2 2

x - xy+ y £ x

Suy ra 2 2 2 2 2

5 8

x y = x - xy+ y + Ê x ị y2Ê ị ẻ ±8 y

{

1, 2 .

}

+ Nếu 2 2

1 6 6

y= Þ x - + =x x Þ = . x

+ Nếu y= - Þ1 x2+ + =x 6 x2Þ = - . x 6

+ Nếu 2 2

2 2 4 4 5

y= Þ x - x+ = x - ị ẽ Â loi. x

+ Nu 2 2

2 2 4 4 5

y= - Þ x + x+ = x - ị ẽ Â loi. x

ỏp s:

(

x y =;

) ( ) (

6; 1 , - 6;- 1 , 1; 6 ,

) ( ) (

- 1;- 6

)

Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp giới hạn.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Khi thay thế x bởi y và ngược lại ta thấy đẳng thức khơng đổi thì vai trò của các biến là như nhau.
Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn.

Xét x y, ³ do vai trò như nhau, giả sử x1 ³ y.

Khi đó ta có 2 2 2

x - xy+ y £ x

 Thay thế vế này bởi vế kia để áp dụng tính chất của vế cịn lại và biến đổi theo tính chất, suy ra

2 2 2 2 5 8 2

x y = x - xy+ y + Ê x ị y2Ê ị ẻ 8 y

{

1, 2 .

}

 Tìm và chọn ra các giá trị của biến

+ Nếu 2 2

1 6 6

y= Þ x - + =x x Þ = . x

+ Nếu 2 2

1 6 6

y= - Þ x + + =x x Þ = - . x

+ Nếu 2 2

2 2 4 4 5

y= Þ x - x+ = x - ị ẽ Â loi. x

+ Nu 2 2

2 2 4 4 5

y= - Þ x + x+ = x - ị ẽ Â loi. x

2). Trước hết ta chứng minh với ; ; ; x y z t bất kì thì

(

) (

)

2 2 2 2

x + y + z +t ³ x+ z + y+t (*).

Thật vậy, bất đẳng thức (*) tương đương với

(

)(

)

2 2 2 2 2 2 2 2 2

x + y + z +t + x + y z +t 2 2 2 2

2 2

x xz z y yt t

³ + + + + +

(

x2 y2

)(

z2 t2

)

xz yt

Û + + ³ +

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(

2 2

)(

2 2

)

(

)

(

) (

)

x + y z +t ³ xz+ yt = xz+ yt ³ xz+ yt .

Áp dụng (*) ta có 4 4 4

4 4 4

P= + x + + y + +z

(

)

(

2 2

)

2 4

2 2 x y 4 z

³ + + + + +

(

)

(

2 2 2

)

2 2 2 x y z

³ + + + + +

(

)

2 2 2

36 x y z

= + + + .

Ta có

(

x- 1

) (

2+ y- 1

) (

2+ -z 1

) (

2+ -x y

) (

2+ y- z

) (

2+ -z x

)

2³ 0

2 2 2

3x 3y 3z 3 2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx

Þ + + + ³ + + + + +

2 2 2 2 2 2

3x 3y 3z 3 2.6 12 x y z 3

Þ + + + ³ = Þ + + ³ .

Từ đó P³ 36+ =9 3 5.
Dấu “=” xảy ra x= y= =z 1.
Vậy Rmin= 3 5.

Nhận xét: Bài toán sử dụng kết quả mở rộng (hay phát triển từ bất đẳng thức Bunhiacopxki) kết hợp với kỹ thuật
chọn điểm rơi (để đánh giá tổng các đại lượng khơng âm) để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho bốn số ; ; ;x y z t

(

2 2

)(

2 2

)

( x + y z +t ³ xz+ yt.

 Phát triển tử bất đẳng thức trên, ta có:

(

2 2

)(

2 2

)

(

2 2

)(

2 2

)

2 x + y z +t ³ xz+ ytÛ 2 x + y z +t ³ 2xz+ 2yt

(

2 2

)

(

2 2

)(

2 2

) (

2 2

)

(

) (

)

2 2

x y x y z t z t x z y t

Û + + + + + + ³ + + +

(

) (

)

2 2

2 2 2 2

x y z t x z y t

ổ ửữ

ỗ

ỗỗố + + + ữữứ + + +

(

) (

)

2 2 2 2

x y z t x z y t

Û + + + ³ + + + (*).

Ý tưởng: Bài toán ở cả biểu thức cực trị cũng như giả thiết, vai trò của các biến là như nhau do đó điểm rơi sẽ xảy

ra tại x= y= = >z k 0. Và thay ngược lại giả thiết, ta có:

3 2 6 0

1 1

k k

k x y z

k

ìï + - =

ï Û = Û = = =

íï >

ïỵ . Với điểm

rơi này, ta sẽ đánh giá thoải mái hơn. Đầu tiên, xét tới biểu thức P có dạng bậc bốn vì thế ta đánh giá để bậc bé 
nhất có thể. Áp dụng bất đẳng thức (*), xét cho hai căn thức đầu của P , có:

(

)

(

)

(

)

4 4 2 2 2 2 2

4+ x + 4+ y ³ 2+2 + x + y = 4 + x + y

(

)

(

)

2 2 2 4 2 2 2

4 + x + y + 4+z ³ 36+ x + y + z .

Suy ra P³ 36+

(

x2+ y2+ z2

)

2 , và bây giờ từ giả thiết ta chỉ cần tìm được x2+ y2+ z2³ m coi như bài toán

đã kết thúc. Thật vậy, với điểm rơi ban đầu tìm được ta sẽ có các đại lượng không âm là:

(

) (

)

1 1 1 0

x- + y- + -z ³ và

(

x- y

) (

2+ y- z

) (

2+ -z x

)

2³ . 0
Cộng hai đánh giá trên theo từng vế và khai triển bình phương ta được:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

x y z x y z

Þ + + + ³ Û + + ³ .

Do đó

(

2 2 2

)

min

36 3 5 3 5 1

P³ + x + y + z ³ Þ P = Û = = = . x y z

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho ;x y là hai số thực dương. Chứng minh rằng

(

)

2 2

9+ x + 9+ y ³ 36+ x+ y .

2. Cho ; ;x y z là các số thực dương thỏa mãn xyz x y z³ + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

9 9 9

P= + x + + y + + z .

Câu III.

1). Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra

· · 180 .

BMN+ BQN= o

Mà ·BPR= BMN· (do MN BCP ).

Từ đó ·BPR+BQN· =1800, suy ra tứ

giác BPRQ nội tiếp. Tức là ; ; ;B P R Q cùng thuộc một đường tròn.

Nhận xét. Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn đưa về chứng minh tứ giác tạo bởi bốn điểm là tứ giác
nội tiếp bằng dấu hiệu nhận biết có tổng hai góc đối diện bằng 180°.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Tứ giác nội tiếp một đường trịn có tổng hai góc đối diện bằng 180°.
Tứ giác BMNQ nội tiếp đường tròn ( )O nên ta có ·BMN+ BQN· =180 .o

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vị bằng nhau.

AC MNP nên ta có ·BPR= BMN· (hai góc đồng vị).

 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp.

Ta có ·BPR+BQN· = 180° , suy ra tứ giác BPRQ hay bốn điểm B ; P ; R ; Q cùng thuộc một đường tròn.

2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau

· · · .

EQD= DQB- AQB= PRB- ACB= RBC= EBD

Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra · · 0

BEQ= BDQ= Þ BR^ AQ.

Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh góc tạo bởi hai đường thẳng đó bằng 90° . 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+ ·PQB= PRB· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BP của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPRQ ).

A

B

C

O

M

N

P

Q

R

E

D

G

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+ ·AQB= ACB· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AB của đường tròn ( )O )

 Góc ngồi tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong khơng kề với nó.
Góc ·BRA là góc ngồi tại đỉnh B của tam giác BRCD nên ·BRA= ·RBC+RCB· .

 Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
Ta có ·PQB- AQB· = PRB· - ·ACB= RBC· + RCB· - ACB· = RBC·

· ·

PQA RBC

Û = suy ra tứ giác EDQB có hai đỉnh B và Q cùng nhìn cạnh ED dưới hai góc bằng nhau nên

EDQB là tứ giác nội tiếp.

· ·

BEQ= BDQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EDQB ).

Mà ·BDQ= 90° (do PQ vng góc với BC tại D ), suy ra ·BEQ= 90° hay BR AQ^ .

3). Ta có · · · 0 · 0 ·

90 90

BPQ= BRQ= RBN+ RNB= EBF+ BAE= - BFE+ - ABE

· · · ·

180 BFE ABE AFB ABR

= - - = - .

Do đó ·AFB= BPQ· + ABR· .

Nhận xét. Chứng minh tổng của hai góc bằng một góc khác, trong bài này ta đưa về chứng minh hiệu của hai góc
bằng góc cịn lại a b c= + Û = - . c a b

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

Với phần này, ta chỉ sử dụng những kiến thức và các dữ kiện đã cho ở đề bài và tìm ra ở các phần trước đó.
+ ·BPQ= BRQ· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPRQ).

+ ·BRQ= ·RBN+RNB· (tính chất góc ngồi tam giác).

+ ·RNB= BAE· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BQ của đường tròn ( )O )

suy ra ·BPQ= BRQ· = ·RBN+RNB· = EBF· +BAE· =

(

90°- BFE·

)

(

90°- ABE·

)

(

1800 BFE

)

·ABE ·AFB ABR· AFB· BPQ· ABR·

= - - = - Û = + .

Câu IV. Ta chứng minh 3 3

3
4

a b

a b
a ab

-£

(

)

(

)

3 3 2

11a b 3a b 4a ab

Û - £ - +

3 3 3 2 2 2

11a b 12a 4a b 3a b ab

Û - £ - +

-2 2 3 3

a b ab a b

Û + £ +

(a b a)( b) 0

Û + - ³ đúng.

Tương tự 3 3 3 3

2 2

11 11

3 ; 3

4 4

b c c a

b c c a

b bc c ca

-£ - £

-+ +

Cộng cả ba bất đẳng thức ta có

3 3 3 3 3 3

2 2 2

11 11 11

2 2 2

4 4 4

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

- -

-+ + £ + +

+ + +

Dấu bằng xảy ra

Û = =

a

b

c

.

Nhận xét: bài toán sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kết hợp với phương pháp hàm số biến thiên để chứng minh bất
đẳng thức.

Ý tưởng: Đây là một bất đẳng thức đối xứng vì vai trị các biến là như nhau. Vì vậy, điểm rơi bài toán sẽ xảy ra tại

a= =b c. Khi đó sẽ đưa ta đến các đẳng thức ln đúng như

(

a- b

) (

2; b- c

) (

2; c- a

)

2³ 0, và lợi dụng điều đó ta
sẽ đi biến đổi tương đương các bất đẳng thức. Tiếp theo quan sát vế trái của bất đẳng thức có dạng bậc ba chia bậc
hai, đồng thời vế trái có xuất hiện bậc nhất do đó ta chỉ cần đánh giá 1123 3 . .

a b

m a n b
a ab

-£ +

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 Quy đồng biểu thức (*), ta được: 11 3 3

(

. .

)

(

4 2

)

a - b £ m a+ n b a + ab

(

)

(

)

3 2 2 2 3 3

3 2 2 3

4 4 11

4 11 4 0

ma na b ma b nab a b

m a m n a b nab b

Û + + + ³

-Û - + - + + ³

Quan sát hệ số của 3

b đồng thời bất đẳng thức

(

a- b

)

3 sẽ tìm ta nghĩ đến chuyện ;a b cùng hệ số hay nói

cách khác 4 11 1

m
m n

ìï - =

ïí

ï + =

ïỵ

m
n

ìï =
ï

Û íï = -ïỵ suy ra (*) 3 3

(

)(

)

3 0

a b

a b a b a b
a ab

-Û £ - Û + - ³

+ .

Tương tự, ta cũng có 1123 3 3 ;1123 3 3

4 4

b c c a

b c c a

b bc c ca

-£ - £

-+ + .

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho ; ;a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 2 3

a a b b b c c c a

a b c

a b b c c a

+ + +

+ + ³ + +

+ + + .

2. Cho ; ;a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng

3 3 3

2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

a b b c c a

+ +

+ + ³

</div>

28. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2012-2013 (chuyên) dự bị vòng 1

(

)

1

2

2.

<i>x</i>

<i>xy</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>xy</i>

<i>y</i>

-

+

=

+

-

=

(

)

<sub>5</sub>

<i>x</i>

-

<i>xy</i>

+

<i>y</i>

=

<i>x y</i>

-

(

)

+

+

(

)(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

( )

( )

)

(