Tài liệu 56 đề thi chính thức vào lớp 10 môn toán 2014 2018 hệ chuyên

TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN vectorstock.com/7406177 Ạ Ậ Ạ Q 56 đề thi chính thức vào lớp 10 môn Toán 2014 - 2018 - Hệ Chuyên ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN Đề chính thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2018 MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I. 1) Giải phương trình: x 2  x  2 x3  1  2 x  1 2) Giải hệ phương trình  xy  y 2  1  y  2 2  x  2 y 2 xy  4  x Câu II. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:  x  y  3x  2 y  2) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn 2  2x  y 1 a  2b  2  b , tìm giá trị nhỏ nhất của 3 biểu thức: M a b  a  2b b  2a Câu III. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng DE, M là trung điểm của đoạn thẳng DF. 1) Chứng minh rằng hai tam giác BKM và DEF đồng dạng. 2) Gọi L là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng DF, N là trung điểm của đoạn thẳng DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MK và NL song song. 3) Gọi J, X lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng KL, ID. Chứng minh rằng đường thẳng JX vuông góc với đường thẳng EF. Câu IV. Trên mặt phẳng cho hai điểm P, Q phân biệt. Xét 10 đường thẳng nằm trong mặt phẳng trên thỏa mãn các tính chất sau: i) không có đường thẳng nào song song hoặc trùng nhau; ii) mỗi đường thẳng đi qua P và Q, không có đường thẳng nào đi qua cả P và Q. Hỏi 10 đường thẳng trên có thể chia mặt phẳng thành tối đa bao nhiêu miền? Hãy giải thích. ----------HẾT---------- HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Câu I 3) Giải phương trình x 2  x  2 x 3  1  2 x  1 Cách 1: Điều kiện: x  1 x 2  x  2 x3  1  2 x  1  x 2  x  2 ( x  1)( x 2  x  1)  2 x  1 Đặt: a  x 2  x  1   b  x 1  a.b  0  PT  a 2  1  2ab  2b  (a  1)(a  1)  2b(a  1)  0  (a  1)(a  1  2b)  0 Do a  1  2b  0  a  1 x  0 Khi đó ta có: x 2  x  1  1  x( x  1)  0   (tm)  x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {0;1} Cách 2: Điều kiện: x  1 Phương trình đã cho tương đương với: x2  x  2   x3  1  x  1  0  x  x  1  2. x3  x x3  1  x  1  0 ( x  1)   2( x  1)  x( x  1) 1    0 (2) x3  1  x  1   Vì x  1  1  2( x  1) x 1  x 1 3  0 nên x  0 (thỏa mãn) (2)  x( x  1)  0    x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {0;1}  xy  y 2  1  y 4) Giải hệ phương trình  2 2  x  2 y 2 xy  4  x Cách giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với  xy  y 2  1  y  2 2 2  x  2 y  2 xy  2( xy  y )  4  x  2(1  y )  xy  y 2  1  y  2 2  x  4 xy  4 y  x  2 y  6 (2) (2)  ( x  2 y ) 2  ( x  2 y )  6  0  ( x  2 y  3)( x  2 y  2)  0  x  3 2y   x  2  2 y Do đó hệ đã cho tương đương với    y 1     x 1    x  3 2y  x  3 2y     (3  2 y ) y  y 2  1  y   y 2  2 y  1  0   y  3      2 x  2  2 y    x  2  2 y   (2  2 y ) y  y 2  1  y  y2  3y 1  0  x  1           y  3    2     x  1     5 5 5 5  3  5   3  5  Vậy hệ đã cho có nghiệm (1;1); 1  5;  ; 1  5;   2   2  Câu II 3) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:  x  y  3 x  2 y   2 x  y  1 2  z  x y Đặt  ( z , t  )  2 x  y  t  z , phương trình đã cho trở thành t  3 x  2 y zt 2  t  z  1  zt 2  t  z  1  0  2  Phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn t, nó có nghiệm khi và chỉ khi   1  4 z ( z  1)  4 z 2  4 z  1  0  2  (2 z  1) 2  0  (2 z  1) 2  2  1    z   2 (ktm)  2z 1  0     z  0 (tm)  2 z  1  1  z  1 (tm)   (do z   )  x y 0  x 1 Với z = 0, (2) trở thành t  1  0    3 x  2 y  1  y  1    x  y  1  x  2    t  0  3 x  2 y  0  y  3  2   Với z  1 , (2) trở thành t  t  0    x  1 t  1   x  y  1      3 x  2 y  1   y  2 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x;y) là (1; 1); (2; 3); (1; 2) 4) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn a  2b  2  b , tìm giá trị nhỏ nhất của 3 biểu thức: M a b  a  2b b  2a   3x 2  2 y 2 a   x 2  a  2b   x  a  2b   3  2   b  2a  2 x 2  y 2 ( x, y  0) Đặt  2  y  3b  y  3b  b y   3 Ta có M a  2b  2  3 x  6  y 3 x  6  y b  3 a  2b  6  3b    3  x2  x2 3x 2  2 y 3 y2  3x 3 2x2  y 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương: y 2 x 2  y 2  M  y 2  (2 x 2  y 2 )  x2 2 3x 2  2 y 2 y3 3 x 2  2 y 2 y 2 3 x3  2 xy 2  y 3    2  3x 3x 3x 3x 2 3 y 2x2  y 2 3 x3  2 x  3 x  6   (3 x  6)3 3x 2 3 x 2  2 x(9 x 2  36 x  36)  27 x3  3.(3 x) 2 .6  3.3 x.62  63  3x 2 12 x3  90 x 2  252 x  216  x2 4 x3  30 x 2  84 x  72  x2 4( x  3) 2 ( x  2)  22 x2 2   a  2b  3 Dấu “=” xảy ra  x  3    a  b  3 (thỏa mãn) 3 b  3  Vậy GTNN của biểu thức M là 3, đạt được khi a = b = 3 Câu III 1) Chứng minh rằng hai tam giác BKM và DEF đồng dạng. Vì BD, BF là các tiếp tuyến của đường tròn (I) (D, F là tiếp điểm) nên BF = BD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)   BDF cân tại B Mà M là trung điểm DF (gt)  BM  DF Tứ giác BMDK có góc BMD + góc BKD = 1800 nên nó là tứ giác nội tiếp  góc MBK = góc FDE (góc trong và góc ngoài đối diện) (1) Và góc BKM = góc BDM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM) Mặt khác xét (I) có góc BDM = góc FED (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung FD)  góc BKM = góc FED Từ (1) và (2)  BKM  DEF ( g .g ) 2) Gọi L là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng DF, N là trung điểm của đoạn thẳng DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MK và NL song song. Chứng minh tương tự ý 1) ta cũng có CNDL là tứ giác nội tiếp  góc BMK = góc BDK = góc NDC = góc NLC Mặt khác ta có góc BMK + góc KMD = 900; góc NLC + góc NLD = 900  góc KMD = góc NLD  MK // NL (hai góc so le trong bằng nhau) 3) Gọi J, X lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng KL, ID. Chứng minh rằng đường thẳng JX vuông góc với đường thẳng EF. Dễ thấy IM  MD và IN  ND  M, N cùng thuộc đường tròn tâm X, đường kính ID Gọi P là trung điểm MN thì XP  MN (3) Vì MN là đường trung bình của  DEF  MN // EF (4)  góc MNK = góc FED = góc BKM Mà góc BKM + góc MKN = 900  góc MNK + góc MKN = 900   MNK vuông tại M  MK  MN (5) Từ (3) và (5)  XP // MK Ta có PJ là đường trung bình của hình thang MKLN  PJ // MK Theo tiên đề Ơclit về đường thẳng song song ta có P, X, J thẳng hàng  XJ // MK (6) Từ (4), (5), (6)  XJ  EF Câu IV Gọi k là số đường thẳng đi qua P và 10 – k là số đường thẳng đi qua Q  k  , k  10  Đường thẳng đầu tiên đi qua P chia mặt phẳng thành 2 miền Vì các đường thẳng này không trùng nhau nên mỗi đường thẳng tiếp theo đi qua P sẽ cắt qua 2 miền đã có, và chia mỗi miền này thành 2 miền nhỏ hơn, so đó tổng số miền tăng thêm 2. Do đó, k đường thẳng đi qua P thì sẽ chia mặt phẳng thành 2k miền. Nếu k = 10 thì ta có 20 miền (1) Nếu k  9: Ta thấy: Nếu một đường thẳng được vẽ thêm và cắt các đường thẳng đã có tại n điểm phân biệt thì đường thẳng mới sẽ đi qua n + 1 miền đã có, do đó sẽ tạo thêm n + 1 miền mới Ta xét 10 – k đường thẳng đi qua Q: Đường thẳng đầu tiên đi qua Q cắt k đường thẳng đã có tại k điểm phân biệt và tạo thêm k + 1 miền mới  Tổng số miền là 2k + k + 1 = 3k + 1 (miền) Từ đường thẳng thứ 2 ddie qua Q trở đi, mỗi đường thẳng đi qua Q sẽ cắt các đường thẳng đã có tại tối đa k + 1 điểm phân biệt và tạo thêm k + 2 miền mới Do đó tổng số miền sẽ là 3k + 1 + (9 – k)(k + 2) = –k2 + 10k + 19 = –(k – 5)2 + 44  44 (2) So sánh (1) và (2) ta thấy số miền tối đa có thể được là 44 miền, đạt được khi k = 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2018 – 2019 Môn thi: Toán (chung) – Đề số 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (VD) (2,0 điểm) 1) Giải phương trình  x  1 2  x   0. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng y  2 x  4  d  với trục Ox, Oy. Tính diện tích tam giác OAB. 3) Cho tam giác ABC có AB  6 cm, AC  8 cm, BC  10 cm. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng 8 cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt bằng 5cm, 12 cm. Tính thể tích của hình lăng trụ đó. 1   x 1 1 x    Câu 2 (VD) (1,5 điểm) Cho biểu thức P  1   (với x  0, x  1 ) : x   x x  x   a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của biểu thức P tại x  2022  4 2018  2022  4 2018 Câu 3 (VD) (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2  mx  m 2  4  0 1 (với m là tham số) a) Giải phương trình 1 với m  6. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Giải phương trình: 3 x  5  6 5  x  15  3 x  4 25  x 2 . Câu 4 (VD) (3,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  O; R  . Đường tròn  O; R  tiếp xúc với các cạnh BC , AB lần lượt tại D, N . Kẻ đường kính DI của đường tròn  O; R  . Tiếp tuyến của đường tròn  O; R  tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F . 1) Chứng minh tứ giác OIEN nội tiếp được 1 đường tròn. 2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD  FI .CD  R 2 . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC , B1 là giao điểm của BO với cạnh AC , C1 là giao điểm của CO với cạnh AB. Chứng minh AO BO CO    2. AA1 BB1 CC1 Câu 5 (VD) (1,0 điểm)  x3  y 3  6 x 2  13 x  y  10 1 1) Giải phương trình   2 x  y  5  3  x  y   2 x  5  y  2  2  2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  abc  4. Chứng minh rằng 9 2a  b  c  . 2 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (VD) (2,0 điểm) 1) Giải phương trình  x  1 2  x   0. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng y  2 x  4  d  với trục Ox, Oy. Tính diện tích tam giác OAB. 3) Cho tam giác ABC có AB  6 cm, AC  8 cm, BC  10 cm. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng 8 cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt bằng 5cm, 12 cm. Tính thể tích của hình lăng trụ đó. Câu 1. Phương pháp: A  0 1) A.B  0   B  0 2) + Xác định tọa độ các điểm AB + OA  x A ; OB  yB 1 + S OAB  OA.OB 2 3) + Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. + Sử dụng tính chất: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền. + Sử dụng công thức tính chu vi đường tròn có bán kính R là C  2 R. 4) Thể tích khối lăng trụ: V  S day .h với S day là diện tích đáy của lăng trụ và h là chiều cao của lăng trụ. Cách giải: x 1  0  x  1 1)  x  1 2  x   0    2  x  0 x  2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; 2 . 2) Giao của đường thẳng  d  với trục Ox là: cho y  0  2 x  4  0  x  2  A  2;0  OA  x A  2. Giao của đường thẳng d với trục Oy là: cho x  0  y  2.0  4  4  B  0; 4   OB  yB  4. 1 1 Vậy diện tích tam giác OAB vuông tại O là S OAB  OA.OB  .2.4  4 (dvdt) 2 2 3) ta có AB 2  AC 2  62  82  100  BC 2  ABC vuông tại A.  tâm I của đường tròn ngoạt tiếp tam giác vuông ABC là trung điểm của cạnh huyền BC  5 (cm). BC  bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R  2 Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 2 R  2 .5  10 (cm) 1 4) Do đáy lăng trụ là tam giác vuông nên S day  .5.12  30 cm 2 . 2 Vậy thể tích lăng trụ là V  S day .h  30.8  240 (cm 2 ). 1   x 1 1 x    Câu 2 (VD) (1,5 điểm) Cho biểu thức P  1   (với x  0, x  1 ) : x   x x  x   a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của biểu thức P tại x  2022  4 2018  2022  4 2018 Câu 2. Phương pháp: a) Quy đồng, rút gọn biểu thức:. b) Rút gọn x , đưa biểu thức về dạng hằng đẳng thức bình phương của 1 tổng và bình phương của 1 hiệu. Thay giá trị của x vừa rút gọn vào tính giá trị của biểu thức P. Cách giải. 1   x 1 1 x    a) P  1   : x   x x  x   P   x 1  x 1 1 x  :  x  x x x 1    P x 1  x 1  1  : . 1   x  x  x  1    P x 1  x 1 x  : .  x  x x  1 P x 1 x 1 : x x 1 P x 1 x 1 . x x 1 P x 1  x  0, x  1 x b) x  2022  4 2018  2022  4 2018  x  2018  2 2018.2  4  2018  2 2018.2  4 x  2018  2  2   2018  2  2  x  2018  2  2018  2  4 (TM) Khi x  4 ta có P  4 1 2 1 3   . 2 2 4 3 Vậy khi x  4 thì P  . 2 Câu 3 (VD) (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2  mx  m 2  4  0 1 (với m là tham số) a) Giải phương trình 1 với m  6. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Giải phương trình: 3 x  5  6 5  x  15  3 x  4 25  x 2 . Câu 3: Phương pháp: 1) + Thay m  6 vào phương trình 1 và sử dụng công thức nghiệm thu gọn để giải phương trình bậc hai. + Tìm điều kiện của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt + Áp dụng hệ thức vi – ét để tìm điều kiện của m cho hệ thức bài cho đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Biến đổi phương trình và giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ. Cách giải. 1) x 2  mx  m 2  4  0 1 (Với m là tham số) a) Thay m  6 vào phương trình ta được 1  x 2  6 x  40  0 Ta có:   32  40  49  0  1 có hai nghiệm phân biệt x1  x2  3  49  10; 1 3  49  4. 1 Vậy với m  6 thì phương trình 1x  có tập nghiệm là: S  4;10 b) Phương trình 1 có:   m 2  4  m 2  4   5m 2  16  0m  1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.  x1  x2  m Theo hệ thức Vi – ét, ta có:  2  x1 x2  m  4 Đặt A  x1  x2 . Ta có: A2  x1  x2  x12  2 x1 x2  x22   x1  x2   4 x1 x2 2 2  A2   x1  x2   4 x1 x2 2  m 2  4  m 2  4   5m 2  16  16.  A2 đạt giá trị nhỏ nhất  16  m  0. Vậy để A  x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất thì m  0. 2) 3 x  5  6 5  x  15  3x  4 25  x 2 * x  5  0  Điều kiện: 5  x  0  5  x  5. 25  x 2  0   *  3 x  5  6 5  x  3 5  x  4  5  x  5  x  .  x  5  a  a  0  a 2  x  5  2  a 2  b 2  10. Đặt  b  5  x  5  x  b  b  0  a 2  b 2  10 a 2  b 2  10    2 2 3a  6b  3b  4ab 3b  4ab  3a  6b  0 a 2  b 2  10 a 2  b 2  10  2  2 2 2 2 3b  4ab  3a  6b  a  b  10 a  4ab  4b  3  a  2b   10 a 2  b 2  10 a 2  b 2  10      a  2b  2  ktm do a  0, b  0  2  a  2b   3  a  2b   10  0    a  2b  5 a 2  b 2  10 a  5  2b a  5  2b     2 2 2 a  5  2b 25  20b  4b  b  10 5b  20b  15  0  a  3 a  5  2b TM   b  1  a  3    b  1 TM      a  1 b  1  b  3 TM  KTM         b  3  x  5  32 x  4    x  4 (TM) 2 x  4 5  x  1 Vậy phương trình có nghiệm x  4. Câu 4 (VD) (3,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  O; R  . Đường tròn  O; R  tiếp xúc với các cạnh BC , AB lần lượt tại D, N . Kẻ đường kính DI của đường tròn  O; R  . Tiếp tuyến của đường tròn  O; R  tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F . 1) Chứng minh tứ giác OIEN nội tiếp được 1 đường tròn. 2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD  FI .CD  R 2 . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC , B1 là giao điểm của BO với cạnh AC , C1 là giao điểm của CO với cạnh AB. Chứng minh AO BO CO    2. AA1 BB1 CC1 Câu 4 Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác OIEN có tổng hai góc đối bằng 180. 2) Dựa vào tính chất: 2 tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau. 3) Đưa về tỉ số diện tích tam giác. Cách giải: 1) Ta có: OIE  90 (Do EF là tiếp tuyến của đường tròn  O  tại I) OIE  90 (Do  O  tiếp xúc với AB tại N . ) Nên OIE  ONE  90  gt   OIE  ONE  180. Vậy tứ giác OIEN là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180) . 2) Ta có: EF và EB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E. Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau thì ta có OE chính là tia phân giác của góc ION . Lại có BA và BC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại B của đường tròn  O  nên OB chính là tia phân giác của góc NOD. Áp tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau với OE và OB lần lượt là phân giác của các góc ION và NOD. Mà ION và NOD là hai góc kề bù (Do ID là đường kính của đường tròn  O   OE  OB  BOE vuông tại O. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có EN .BN  ON 2  R 2 Mà EN  EI ; BN  BD  EI .BD  R 2 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự ta có các tam giác FOC vuông tại O và FI .CD  R 2 . Vậy EI .BD  FI .CD  R 2 3) ta chứng minh được: S OA AO AA1  OA1   1  1  1  OAB AA1 AA1 AA1 S ABC S OB BO BB1  OB1   1  1  1  OAC BB1 BB1 BB1 S ABC S OC1 CO CC1  OC1   1  1  OAB CC1 CC1 CC1 S ABC Chứng minh S OBC OA1  S ABC AA1 Từ A kẻ AH vuông góc với BC ta có: 1 S OBC 2 OD.BC OD   S ABC 1 AH .BC AH 2 Lại có AH //OD (vì cùng vuông góc với BC) Nên theo Ta – lét trong tam giác AA1 H ta có: Vậy: S OBC OA1  S ABC AA1 Chứng minh tương tự ta cũng có:  OD OA1  AH AA1 S OAC OB1 S OAB OC1  ;  S ABC BB1 S ABC CC1 S S S AO BO CO    1  OAC  1  OAC  1  OAB AA1 BB1 CC1 S ABC S ABC S ABC  3 S OBC  S OAC  S OAB  2  1  2  dpcm  S ABC Câu 5 (VCD) (1,0 điểm)  x3  y 3  6 x 2  13 x  y  10 1 1) Giải phương trình   2 x  y  5  3  x  y   2 x  5  y  2  2   x3  y 3  6 x 2  13 x  y  10 1   2 x  y  5  3  x  y   2 x  5  y  2  2  Ta có 1   x  2  3  y3  x  2  y  0   x  2  y   x  2   y  x  2   y 2  1  0   2 2 y  3y2  Vì  x  2   y  x  2   y  1   x  2     1  0x, y nên 2 4  1  x  2  y  0  x  y  2 2 2 3 y  9  1  2 y   2 y  1 y  2 Khi đó phương trình  2  trở thành Điều kiện 3  y  Nếu 0  y  1 2 1  3 y  9  1  2 y  9  1  2   VT  VP (loại) 2  2 y  1 y  0   2 y  1 y  2  2  3 y  9  1  2 y  2 Nếu 3  y  0    VT  VP  2 y  1 y  2  2 Vậy y  0  x  2. Hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2;0  . 2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  abc  4. Chứng minh rằng 9 2a  b  c  . 2 Ta có: 4  a 2  b 2  c 2  abc  a 2   b  c    a  2  bc 2 Vì a, b, c  0 nên a  4   b  c  abc   4  0  a  2   a  2  bc   a  2  2  4  a  b  c    a  2  2 2 2 2 b  c  . 4 2 a 2  a  2  b  c   4 2 b  c  . 4 2  4a 2   a  2  b  c   16 2 2   a  2  4  a  2   b  c    0    4a  8   b  c   0 2   b  c   8  4a 2 bc  2 2a  2a  b  c  2a  2 2  a       2 1 9 1 9 9 4 2  a   4 2  a 1    2 2  a 1   . 2 2 2 2 2  7  2 2  a  1 a    4  . Dấu "  " xảy ra  b  c 1   bc 9   2a  b  c  2  2