Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TOÁN – LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 11/01/2023 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu I. (2 điểm) xx43+−5 20 x 2 − 27 x + 30 23 = 1) Cho x = . Tính giá trị của biểu thức P 2 31+ 12 3 xx+−4 21 2) Cho abc,,> 0 thỏa mãn a+++ b c21 abc = . Chứng minh rằng a(1− b )(1 −+ c ) b (1 − c )(1 −+ a ) c (1 − a )(1 −− b ) abc = 1 Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình xxx32+ −+=1 31 x + xy+23 x −= y  2) Giải hệ phương trình  12 +=  221  xx−+22 yy ++ 47 Câu III. (2 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên xy33− −2 y 2 − 3 y −= 10 2) Tìm số nguyên tố p để 2041− p2 không chia hết cho 24 Câu IV. (3 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính AB, qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O) . Từ điểm M bất kỳ trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn, cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Kẻ MH vuông góc với AB tại H. a) Chứng minh rằng: AD, BC, MH đồng quy tại trung điểm của MH. b) Đường tròn (O ') đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM ). Chứng minh EF đi qua trung điểm của MH 2) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Điểm M di động trên đoạn BC. Vẽ ME vuông góc với AB tại E, MF vuông góc với AC tại F. Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn EF theo a. Câu V. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thõa mãn xyz =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 22 ( xy+++1) 222 11( yz +++) 11( zx +++) 1 P =++ xy++ x4 yz ++ y 44 zx ++ z Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay
2. DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH TOÁN 9 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG 2022 - 2023 Câu Ý Nội dung Điểm 23 Cho x = . Tính giá trị của biểu thức 31+ 12 3 1.0 xx43+−5 20 x 2 − 27 x + 30 P = xx2 +−4 21 23 23 23 23( 3 3− 2) x = = = = =33 − 2 2 33+ 2 23 0.25 31+ 12 3 (33+ 2) ⇒+=x2 3 3 ⇒ xx22 + 4 += 4 27 ⇒ xx + 4 − 23 = 0 0.25 1 xx43+−5 20 x 2 − 27 x + 30 P = xx2 +−4 21 xxx22( +−4 23) + xxx( 2 +− 4 23) −( xx2 +− 4 23) + 7 P = ( xx2 +−4 23) + 2 0.25 ( x22+4 x − 23)( xx +− 1) + 7 P = ( xx2 +−4 23) + 2 I 2 0⋅( xx +− 17) + 7 P = = 0.25 02+ 2 Cho abc,,> 0 thỏa mãn a+++ b c2 abc = 1. Chứng minh rằng 1.0 a(1− b )(1 −+ c ) b (1 − c )(1 −+ a ) c (1 − a )(1 −− b ) abc = 1 Do abc,,> 0và a+++ b c21 abc = 0.25 ⇒+a2 abc +=−−+=− bc 1 b c bc( 11 b)( − c) 2 ⇒a(11 − b)( −= c) a2 + 2 a abc + abc =( a + abc) =+ a abc 0.25 2 Tương tự: ⇒b(11 − c)( −=+ a) b abc ; 0.25 c(11− a)( −=+ b) c abc Do đó: a(1− b )(1 −+ c ) b (1 − c )(1 −+ a ) c (1 − a )(1 −− b ) abc 0.25 =+++a b c21 abc = II 1 Giải phương trình xxx32+ −+=1 31 x + 1.0 1 Điều kiện: x ≥− 3 0.25 xxx32+ −+=1 31 x +⇔ xx32 + − 2(1)310 xx + + − x += 2 32 ( xx+−1) ( 31 +) ⇔+−+xx20 x = 0.25 xx++1 31 + xx2 − ⇔( x2 − xx)( ++20) = 0.25 xx++1 31 +
3. 2 1 ⇔( x − xx) ++20= (*) xx++1 31 + 1 1 Với x ≥− thì x ++20> 3 (xx++ 1) 3 + 1 = 3 x 0 0.25 nên (*) ⇔xx −=⇔0  (t/m) x =1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0;1} xy+23 x −= y  Giải hệ phương trình  12 += 1.0  221  xx−+22 yy ++ 47 ( xy−1)( += 21)  Hệ phương trình ⇔ 12  += 0.25  221 ( xy−+11) ( + 2) + 3 uv =1  Đặt ux=−=+1, vy 2 . Hệ đã cho trở thành  12 +=  221 2 uv++13 0.25 uv =11uv = ⇔⇔ 22 2 2 2 2 22 2 uv+3 u ++= v 32 u ++ v 5 uv += u 2 uv=11 u = v = ⇔⇔  0.25 u=±==−11 uv xx=20 = Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là ; yy=−=−13 0.25 xx=20 = Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; yy=−=−13 Giải phương trình nghiệm nguyên xy33− −2 y 2 − 3 y −= 10 1.0 Phương trình đã cho tương đương với xy33=+2 y 2 ++ 31 y 3 Nhận xét rằng: y2≥0 ⇒ xy 33 ≤ + 2 y 2 + 31 y ++ y2 =( y + 1) (1) 3 0.25 520y2+>⇒ xy33 > + 23152 y 2 + y +−( y2 +) =( y − 1) (2) 33 Từ (1) và (2) suy ra: ( y−<≤+11) xy3 ( ) xy33= y3+2 y 2 + 31 y += y3 1 Vì xy, ∈Ζ⇒33⇔ 0.25 xy3=( +1) yyy32 + 2 + 31 +=( y + 1) III  2y2 + 3 y + 1 = 0 y =− 1 ( do y ∈Ζ ) y =− 1 ⇔⇔ ⇔  2  0.25  y = 0 yy= 00= Với yx=−⇒=−11 Với yx=⇒=01 0.25 Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (−−1; 1) và (1; 0 ) Tìm số nguyên tố p để 2041− p2 không chia hết cho 24 1.0 2 22 Đặt a=2041 − p = 2040 −( p −= 1) 2040 −( pp − 1)( + 1) 0.25
4. Nếu pa=⇒=2 2037 không chia hết cho 24 ⇒=p 2 (nhận) Nếu pa=⇒=3 2032 không chia hết cho 24 ⇒=p 3 (nhận) Nếu p > 3 mà p là số nguyên tố. Do đó p2 chia cho 3 dư 1 0.25 ⇒−p2 13 p > 3 mà p là số nguyên tố. Do đó p lẻ nên p −1 và p +1 là hai 0.25 số chẵn liên tiếp ⇒−( pp1)( + 1) 8. Mà (3;8) =⇒−+ 1( pp 1)( 1) 24 ⇒=a2040 −( pp − 1)( + 1) 24 Do đó p > 3 không thỏa mãn điều kiện đề bài. Vậy 0.25 pp=2; = 3 Cho đường tròn (O) đường kính AB, qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O) . Từ điểm M bất kỳ trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn, cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh rằng: AD, BC, MH đồng quy tại trung điểm của MH. 1.0 IV 1a Gọi giao điểm của AD và BC là I. IC CA CM 0.25 Ta có ∆ICA ∆ IBD ⇒= = ⇒MI// BD ⇒⊥ MI AB IB BD DM Mà MH⊥ AB ⇒∈ I MH 0.25 MI CI AI IH Chứng minh được: = = = 0.25 BD CB AD BD ⇒=MI IH hay I trung điểm MH 0.25 Vậy AD, BC, MH đồng quy tại trung điểm của MH Đường tròn (O ') đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E 1b và F (E thuộc cung AM ). Chứng minh EF đi qua trung 1.0 điểm của MH
5. Ta chứng minh tam giác COD vuông tại O nên O’O là bán kính của (O ') và O' O⊥ EF 0.25 Gọi R bán kính đường tròn (O) MH OM R2 0.25 Ta có ∆MHO ∆ OMO ' ⇒ =⇒=MH (1) OM OO'' OO Vẽ đường kính OT của đường tròn (O ') Tam giác OET vuông tại E có EK là đường cao nên OE2 = OK. OT 0.25 R2 ⇒=OK (2). Từ (1) và (2) suy ra MH= 2. OK 2.OO' Do I là trung điểm của MH nên IH= OK, suy ra IK// AB Ta có O’O là đường trung bình của hình thang vuông ABDC nên O', O⊥ AB từ đó suy ra EF// AB Hai đường thẳng IK và EF cùng song song với AB và cùng đi 0.25 qua K nên bốn điểm E, I, K, F thẳng hàng. Vậy EF đi qua trung điểm của MH Cho tam giác ABC đều cạnh a. Điểm M di động trên đoạn 2 BC. Vẽ ME vuông góc với AB tại E, MF vuông góc với AC 1.0 tại F. Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn EF theo a.
6. Kẻ đường cao AD của tam giác ABC. Lấy I là trung điểm AM AD là đường cao đồng thời là phân giác ⇒ BAD = 300 0.25 Chứng minh được EID =6000 , EIF =⇒= 120 DIF 60 0 1 Chứng minh EI= DI = FI = AM , mà EID = DIF = 600 2 0.25 Suy ra tam giác EID và FID là tam giác đều và EIFD là hình thoi Chứng minh được EF= ID 3 0.25 Vậy EF ngắn nhất khi và chỉ khi ID ngắn nhất ID ngắn nhất khi và chỉ khi AM ngắn nhất ⇒ AM là đường cao 0.25 aa3 33 a Khi đó AM= ⇒= ID ⇒ EF = 244 Cho các số dương x, y, z thõa mãn xyz =1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 22 1.0 ( xy+++1) 222 11( yz +++) 11( zx +++) 1 P =++ xy++ x4 yz ++ y 44 zx ++ z 2 ( xy+++11) 2 xy22+++22 x Ta có = xy++ x44 xy ++ x 2xy++ 22 x 2( xy++ x 46) − 6 ≥= =−2 0.25 V xy++ x44 xy ++ x xy ++ x 4 111 Tương tự, suy ra P ≥−66 + + xy++ x4 yz ++ y 44 zx ++ z 1 1 11 1 Ta có =≤+ xy++ x4 xy +++ x 13 4xy ++ x 1 3 0.25 11 1 1 Tương tự, suy ra P ≥−⋅66 1 + + + 4xy++ x 1 yz ++ y 11 zx ++ z Mặt khác 0.25
7. 1111 xyz xyz ++=+ + xy++ x1 yz ++ y 11 zx ++ z xy ++ x 1 yz ++ y xyz zx ++ z xyz 11xz xy xz xy =++ =+ + xy+ x +11 z ++ xz x ++ 1 xy xy + x + 1 z + xyz + xz x ++1 xy 1 x xy =++=1 xy+ x +11 + xy + x x ++ 1 xy 1 ⇒P ≥−⋅6 6( 11 +) =−= 6 3 3 0.25 4 (Lưu ý: Học sinh có cách giải đúng khác cũng cho điểm tối đa)
8. UBND TỈNH HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2022- 2023 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 05 câu, 01 trang) Câu I. (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 và a + b + c = 4 . a b c 10 Chứng minh rằng: + + = . a + 5 b + 5 c + 5 (a + 5)( b + 5)(c + 5) x3 2) Cho f( x) = 2 . Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 1- 3x + 3x 1 2 2020 2021 A = f + f + + f  + f 2022 2022  2022 2022 Câu II. (2,0 điểm) x+7 1) Giải phương trình: 3x2 + 6x - 3 = . 3 xy+ x +=17 y 2) Giải hệ phương trình:  22 2 x y+ xy +=1 13 y Câu III. (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 8x22 y++= x 2 y 2 10 xy . 2) Cho p; x; y là các số tự nhiên thoả mãn px22 + x = ( p + 1) y + y . Chứng minh rằng px + py + 1 là số chính phương. Câu IV. (3,0 điểm) 1) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Điểm A nằm bên ngoài đường tròn tâm O. Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC; H là giao điểm của AO với BC. Lấy điểm E bất kì trên đường tròn (E khác B và C). Qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn tâm O, tiếp tuyến này cắt đường thẳng MN tại K. a) Chứng minh rằng: MN2 = AH.HO ; b) Chứng minh rằng: KA = KE . 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R) . Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AO với BC, BO với AC, CO với AB. 9R Chứng minh rằng: AD + BE + CF ≥ . 2 Câu V. (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:a + b + c =1. ab22++222 ac 22 ++ cb 22 ++ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =++. a+− b ab a +− c ac c +− b cb HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1: Cán bộ coi thi số 2:
9. UBND TỈNH HẢI DƯƠNG DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 Năm học 2022 - 2023 MÔN THI : TOÁN Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25đ. Câu Ý Nội dung Điểm 1 Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn abc++=6 và abc++=4 . abc 10 1,0 Chứng minh rằng: ++= +++ abc555(abc+++ 5)( 5)( 5) Ta có ++=⇔+++++ =⇒++= a b c4 a b c2( ab bc ca) 16 ab bc ca 5 0,25 Do đó: a+=+++=+5 a ab bc ca( a b)( a + c ) Tương tự ta có: +=+++=+ + b5 b ab bc ca( b c)( b a ) 0,25 c+=+++=+5 c ab bc ca( c a)( c + b ) Suy ra: abc a b c ++= + + abc+++555abac++ bcba ++ cacb ++ ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0,25 ab( ++ c) bc( ++ a) ca( + b) = +++ ( abbcca)( )( ) 2( ab++ bc ca ) 10 = = 0,25 I (abc+++ 5)( 5)( 5) (abc+++ 5)( 5)( 5) abc 10 Vậy ++= abc+++555(abc+++ 5)( 5)( 5) 2 x3 Cho fx( ) = . Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 13−+xx 32 1,0 1 2 2020 2021 Affff=++++  2022 2022  2022 2022 Nhận xét: với xy+=1thì fx( ) += fy( ) 1. 3 3 − x (1 x) Thật vậy, ta có fx( ) =33 ⇒fy( ) = f(1 −= x) xx33+−(11) xx+−( ) 3 3 x (1− x) Suy ra fx( ) + fy( ) = fx( ) + f(11 −= x) 33 + =. 0,25 xxxx33+−(11) +−( ) 11 0,25 Ta có f = . 22 Theo nhận xét trên ta có:
10. 1 2021 2 2020 Affff=+++++ 2022 2022 2022 2022 1010 1012 1011 ff++ f 2022 2022 2022 0,25 1 Af=+=1010 1010,5 0,25 2 1 x + 7 Giải phương trình:3xx2 + 63 −= 1,0 3 Điều kiện: x ≥−7 . xx++772 3xx2 + 6 −= 3 ⇔3( x + 1) = +6 (2) 33 0,25 x + 7 2 2 Đặt y+=1 ≥ 03 ⇒( yx + 1) = + 7 . Từ (2) ta có: 31( xy+=+) 7 3 2 31( xy+=+) 73x2 + 6 xy −−= 40 Tac ó : ⇔ 22 31( yx+=+) 73y + 6yx −−= 40  yx= 0,25 22  ⇒3( x − y) + 7( xy −=⇔−) 0( xy)( 3370 x ++=⇔ y ) −7  yx= −  3 x +−7 x ≥−1 73 5 TH1: yx= ⇒ = x +⇔1  ⇔x = 0,25 2 + −= 363xx 5 40  −4 7 x +7 4 x ≤ −−69 7 TH2: yx=−−⇒ =−−⇔ x 3 ⇔=x 3 33  2 6 9xx+ 21 −= 5 0 0,25 II 73−− 5 69 − 7 VËy tËp nghiÖm cña pt lµ :; S =  66 2 xy+ x +=17 y Giải hệ phương trình:  22 2 1,0 x y+ xy +=1 13 y y = 0 không thoả mãn hệ . y ≠ 0  1 x  1 x x ++=7 x ++=7  0,25 xy+ x +=17 y yy yy ⇔⇔ 22 2 2 x y+ xy +=1 13 y 2 1 x 1 x  x + +=13 + −= 2 x 13  yy yy  1 ax= +  y Đặt  x b =  y =a 4 0,25  ab+=77 b =− a b = 3 Ta có: ⇔⇔ 22  ab−=13 aa +−20 = 0 a = −5  b =12
11. =x 1  1  x +=4  1 a = 4  y xy= 3  y = ⇒⇔ ⇔ Với  2 3 0,25 bx= 3  3yy− 4 += 10  = 3 x = 3  y  y =1  1 x +=−5 ax= −5  y xy=12 ∈∅ ⇒⇔ ⇔ Với  2  bx=12 12yy+ 5 += 1 0 y∈∅  =12 0,25  y 1 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là (xy ; )∈  (1; ),(3;1) 3 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 8x22 y++= x 2 y 2 10 xy . 1,0 8xy22++= x 2 y 2 10 xy ⇔+− x2 y 2 2 xy = 8 xy − 8 xy22 2 0,25 ⇔−( x y) =8 xy (1 − xy ) 2 Ta có ( xy−≥) 0 với mọi x, y suy ra 8xy (1− xy ) ≥⇔≤ 0 0 xy ≤ 1 xy = 0 0,25 Vì xy; ∈⇒ Z  xy =1 x=⇒=0 y 0( tm ) Nếu xy =0 ⇔  0,25  y=⇒=0 x 0( tm ) x= y =1( tm ) Nếu xy =1 ⇔  x= y = −1( tm ) 0,25 III Vậy các cặp số nguyên (x;y) cần tìm là (0; 0), (−− 1; 1), (1;1) . 2 Cho pxy;; là các số tự nhiên thoả mãn px22+= x( p +1) y + y . 1,0 Chứng minh rằng px++ py 1 là số chính phương. 2 2 22 2 2 px+= x( p +11) y +⇔ y p( x − y) +−= x y y ⇔( x − y)( px + py +) = y 0,25 x− yd Đặt d=−( x y, px ++ py 1) ,( d ∈ N*) ⇒ 0,25  px++ py1 d 2 22 Vì ( x− y)( px + py +=1) y ⇒ y d ⇒ y d Mà x− y d ⇒ x d ⇒+ px py  d 0,25 Vì px+ py +11 d ⇒ d ⇒= d 1 Vậy xy− và px++ py 1 là các số nguyên tố cùng nhau, mà ( x− y)( px ++ py 1) 0,25 là số chính phương nên px++ py 1 là số chính phương. 1 Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Điểm A nằm bên ngoài đường tròn tâm O. Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC; H là giao điểm của AO với BC. Lấy điểm E bất kì IV trên đường tròn ( E khác B và C). Qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn tâm O, tiếp 2,0 tuyến này cắt đường thẳng MN tại K. a) Chứng minh rằng : MN2 = AH. HO ; b) Chứng minh rằng : KA= KE .
12. 0,25 a) Ta có ∆ABC cân tại A suy ra AB= AC ∆OBC cân tại O suy ra OB= OC 0,25 Suy ra AO là đường trung trực của BC suy ra AO⊥ BC tại H và H là trung điểm của BC. BC 2 Xét ∆ABO vuông tại B có đường cao BH nên AH HO= BH 2 = 0,25 4 BC BC 2 Vì MN là đường trung bình của ∆ABC nên MN=⇒= MN 2 . 24 0,25 Do đó MN2 = AH. HO . b) Chứng minh rằng : KA= KE Xét tam giác vuông KEO có KE22222=−=− KO OE KO R (1) 0,25 Vì MN// BC , BC⊥⇒ AO MN ⊥ AO . Gọi I là giao điểm của MN và AO thì I là trung điểm AH, ta có: KA2= KI 22 += IA KO 2 −+= OI 22 IA KO 2 ++( AI OI)( AI −= OI) KO2 − AO( OI − AI ) 0,25 22 2 2222 ⇒KA = KO − AO ( OI −= IH) KO − AO OH = KO − OB = KO − R ( 2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra KE22= KA ⇒= KE KA 0,25 2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (OR; ) . Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AO với BC, BO với AC, CO với AB. Chứng minh 1,0 9R rằng : AD++≥ BE CF . 2 Kẻ OK và AH lần lượt vuông góc với BC ( K, H thuộc BC). 1 OK. BC S OK Ta có: ∆BOC =2 = S 1 AH ∆ABC AH. BC 2
13. OK OD OD S∆AD− AO SS ∆∆AO Mà AH // OK nên ⇒=⇒=BOC ⇒ =BOC ⇒=−1 BOC AH AD AD S∆ABC AD S ∆∆ABC AD S ABC 0,25 BO SS∆∆CO Tương tự ta có: =−=−1AOC ;1BOA 0,25 BE S∆∆ABC CF S ABC OA OB OC SSS++ 1 1 12 Suy ra: ++=−3 ∆∆∆AOC BOC AOB =−=⇒++=31 2 0,25 AD BE CF S∆ABC AD BE CF R 111 9R Ta có: ( AD++ BE CF ) + + ≥⇒++≥9 AD BE CF AD BE CF 2 0,25 Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn: abc++=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1,0 ab22++222 ac 22 ++ cb 22 ++ thức: S =++. a+− b ab a +− c ac c +− b cb Ta có: ab22++2 a2 +++ 11 b 2 a2+1 b2+1 = = + a+− b ab( a + b)( a ++ b c) − ab a22 + b + ab + ac + bc a22 + b + ab + ac + bc ac22++21 a2 + c2+ 1 0,25 Tương tự: = + a+− c ac a22 ++ c ab ++ ac bc a22 ++ c ab ++ ac bc bc22++21 b2 + c2+ 1 = + b+− c bc b22 ++ c ab ++ ac bc b22 ++ c ab ++ ac bc Suy ra aba222+++111 S =++ a22++++ b ab ac bc a22 ++++ b ab ac bc a22 ++++ c ab ac bc 0,25 cbc222+++111 +++ a22++ c ab ++ ac bc b22 ++ c ab ++ ac bc b22 ++ c ab ++ ac bc V Áp dụng: 11 4 +≥ ∀>xy; 0. x y xy+ Ta có: 2 aa22++1141(a + ) +≥ a22++ b ab ++ ac bc a22 ++ c ab ++ ac bc2 a222 +++ b c 222 ab + ac + bc 22 41(aa++) 41( ) 0,25 = 2 = = 4. a2 +( abc ++) a2 +1 bb22++11 Tương tự ta có: +≥4 a22++++ b ab ac bc b22 ++++ c ab ac bc cc22++11 +≥4 a22++ c ab ++ ac bc b22 ++ c ab ++ ac bc Suy ra S ≥12. 1 Dấu bằng xảy ra khi abc= = = . 3 1 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 12 khi abc= = = . 3