 

Môn  !"#$%
Thời gian làm bài: 150 phút
&'()*+,(-./ a) Chứng minh rằng hiệu số 9
2012
- 7
2012
chia hết cho 10;
b) Chứng minh rằng nếu một số chính phương có chữ số tận cùng bằng
6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
&'()0+,(-./ Cho biểu thức
2
2 2( 1)
1 1
x x x x x
P
x x x x
− + −
= − +
+ + −
a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
&'(*)0+1,(-./ a) Giải hệ phương trình
2
6 3 2
1
xy x y
xy y
+ = +


1) A =
1 5
2
2 3 5
−
−
− +
2) B = x
3
+ 2010x
2
y - 2011y
3
+ 2012, biết
x y y x
y x x y
=
.
>?)*,(-.@
1) Giải phương trình:
2
x 2 x 2 x+ = +
.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x 2 5 x+ + −
.
3) Cho a
3
- a
2

x x y y x y a+ + + =
với x > 0, y > 0, a > 0.
Tính
2 2
3
3
x y+
theo a.
Hết
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
2
4AB
CD5.
EF@9:/;<
 Thời gian:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
>?. a. Anh (chị) hãy cho biết trình tự dạy học định lý toán học.
b. Vận dụng trình tự đó vào việc dạy định lý “ Tổng ba góc trong của một tam giác”
>?. a. Chứng minh rằng:
1005
4 1 3− M
b. So sánh phân số:
34568
45683
A =
và
34569
45684
B =
c. Tìm các số nguyên dương n để phân số:
2 11

với
2x
≥
Một học sinh đã giải như sau: Vì
2x ≥
nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số:
3x
và
1
x
Ta có:
1 1
3 2 3 .S x x
x x
= + ≥
hay
2 3S ≥
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
1 3
3
3
x x
x
= ⇔ =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
S
là
2 3
, đạt được khi

NĂM HỌC : 2011 – 2012
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
3
67
)IJKHLM!J.
&'((3.5 điểm) : Cho biểu thức
2 2
:
1
1
x x x
P
x x
x x x x
 
−
 
= + −
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
 
 
a/ Rút gọn P
b/ Tìm x để P > 2
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
&'( (3.5 điểm)

, a
2
, , a
2011
Thoả mãn :
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
Chứng minh rằng :
5 5 5 5
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
b/ Giải phương trình sau :
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
&'(0 (4 điểm) :
a/ Cho ba số thực a, b, c thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng
4 4 4 3 3 3
a b c a b c+ + ≥ + +
b/ Cho ba số không âm x, y, z thoả mãn điều kiện : x + y + z = 1. Chứng minh rằng
7
0 2
27
xy yz zx xyz≤ + + − ≤
&'(1 (4.5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm

( )
( )
1 2 1 2
2 2
: :
1
1
1 1 1
x x x x x
x x x
P
x x
x x x x
x x x x
+ + + − −
 
−
 
= + − =
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
− + +
 
 
( ) ( )
( )
1

c/ Để có
P
thì
0 0 1
1
x
P x
x
> <=> > <=> >
−
(Do điều kiện x > 0)
Do P > 0 =>
P
min <=> P min
Ta có :
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4
4 4 2 4 4
x
P
P x x x
x x x
−
   
= = − = − − + + = − − + ≤ => ≥
 ÷  ÷
   
Suy ra : P min = 4 (Dấu bằng xảy ra khi x = 4) =>
P

b c
+ + =
− − − −
−
(1)
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
0
a b c
b c c a a b c a
c a
+ + =
− − − −
−
(2)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
0
a b c
b c a b c a a b
a b
+ + =
− − − −
−
(3)
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có
( )

=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
b a b c c a a a b c b c a c a b b c
a b b c c a
− + − + − + − + − + −
− − −
=0
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
5
=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
+
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
ab b c ac a ab bc c ac a b bc
a b b c c a
− + − + − + − + − + −

Trước hết ta tìm giá trị nhỏ nhất của
1
a
bc+
. Biểu thức này đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
1
min
min =
1 1
3
min =
3
(1 ) max
1 2 6 1 6
(1 ) max 2
a
a
a a
bc
bc bc
bc



=> => = => ≥
 
+
+ +


1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≤
+ + +
. Thật vậy
Không làm mất tính chất tổng quát, giả sử :
1
1
3
a b c≥ ≥ ≥ ≥
Khi đó : ab > c
2
=> 1 + ab >1 + c
2
=>
2
1
1 1 2
c c
ab c
≤ ≤
+ +
(I)
Ta có :
3 3
1 3 3
1
3
a a a

1 1 3 1 1 10
3
3
a b a b
bc ca b bc ca
+ ≤ − ≤ − => + ≤
+ + + + +
+
(II)
Từ (I) và (II) Suy ra :
12 1 17
1 1 1 10 2 1 1 1 10
a b c a b c
bc ca ab bc ca ab
+ + ≤ + => + + ≤
+ + + + + +
&'(* (2.5 điểm) :
a/ Trước hết ta chứng minh
a và a
5
có cùng chữ số tận cùng : Thật vậy
1
5
; 2
5
; 3
5
; 4
5
; 5

5
chia cho 3, mà 2
5
= 32 chia
cho 3 dư 2.
+) a = 3k => a
5
= 3k
5
chia cho hết 3
Vậy a và a
5
Chia cho 3 có cùng số dư (2)
Ta có : A =
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
=> A =
1 2 3 2011
2.3.5a a a a+ + + + M
A chia hết cho 2 và 5 => A có chữ số tận cùng là 0, Căn cứ vào (1)
=> B =
5 5 5 5
1 2 3 2011
a a a a+ + + +
có chữ số tận cùng là 0 => B chia hết cho 2 và 5 (I)
A chia hết cho 3, căn cứ vào (2) => B cũng chia hết cho 3 (II)
Từ (I) và (II) Suy ra :
5 5 5 5
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M

1 1 2
2
2
2
x
x x
x
 
+ ≤
 ÷
−
−
 
=>
( )
2
2 2
2
1 1 4
2
2
x
x x
x
 
+ ≤
 ÷
−
−
 

 ÷
−
 
=>
2
1 1
2 2
2
x
x
− ≤ + ≤
−
Dấu “=” xảy ra khi
2
2 2
2
1
2
x x
x
x x

= −

=> =

= −


(Thoả mãn điều kiện)

≥

−

= − <=> = <=>

−
 
− −

=
 ÷

−
 

Giải (2) ta có :
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 4 3 2
2 2
1 4 4 1
2 4 4 1 8 8 2 4 4
2
x x
x x x x x x x x x x
x x
− +
= <=> = − − + <=> = − + − + −
−

2 2 2 4 4 4
3a b c a b c+ + ≤ + +
(2)
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
7
( ) ( ) ( )
2
3 3 3 2 2 2 4 4 4
a b c a b c a b c+ + ≤ + + + +
(3)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Từ (1), (2) và (3) suy ra :
( ) ( )
2 2
3 3 3 4 4 4
a b c a b c+ + ≤ + +
=>
4 4 4 3 3 3
a b c a b c+ + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
b/ Chứng minh : xy + yz + xz – 2xyz ≥ 0. Thật vậy
Ta có : Do x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 => 1 ≤ x, y, x ≤ 1
3 2 2 0
xy xyz
yz xyz xy yz zx xyz xy yz zx xyz xy yz zx xyz
zx xyz
≥


≥ => + + ≥ => + + ≥ => + + − ≥

(x + y – z)(z + x – y) ≤ x
2
=> [(x + y – z)(y + z – x)(z + x – y)]
2
≤ (xyz)
2
=> x + y – z)(y + z – x)(z + x – y) ≤ xyz
=> (1 – 2z)(1 – 2x)(1 – 2y ) ≤ xyz
=> 1 – 2y – 2x + 4xy – 2z + 4yz + 4xz – 8xyz ≤ xyz
=>1 – 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz mà x + y + z = 1
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz + 1 mà xyz
1
27
≤
(Theo côsi)
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤
28
27
=> xy + yz – 2xyz
7
27
≤
(2)
Dấu ‘=” xảy ra khi x = y = z =
1
3
Từ (1) và (2) => 0
≤
xy + yz + xz + -2xyz
≤

CI BC CM CN
CN CB
= => =
Do AICD là hình chữ nhật (câu a) => CI = AD
Thay vào ta có : AD.BC = CM.CN (đpcm)
d/ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
= 2AD.BC + AB
2
Ta có : AB
2
= AI
2
+ BI
2
= CD
2
+ BI
2
( do CD = AI)
=>2AD.BC + AB
2
= 2AD.BC + CD
2
+ BI
2

K
H
D
F
E
C
B
A
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
9
Từ E, F lần lượt kẻ EH và FK vuông góc với AB =>H, K cố định và EH, FK không đổi
Ta có : DE
2
= EH
2
+ DH
2
và DF
2
= FK
2
+ DK
2
Suy ra : DE
2
+ DF
2
= EH
2
+ DH

2
) + HK
2
– 2DH.DK
Do EH, FK, HK không đổi nên DE
2
+ DF
2
nhỏ nhất <=> DH.DK Lớn nhất mà DH + DK =
HK không đổi => DH.DK lớn nhất <=> DH = DK tức D là trung điểm của HK.
Vậy khi D là trung điểm của HK (Với H, K là chân đường vuông góc kẻ từ E và F
đến AB) thì DE
2
+ DF
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
10
UBND HUYỆN KRÔNG NÔ
PHÒNG GIÁO DỤC Q89
Môn Thi/;<
Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 : ( 2 điểm ) : Cho A =
xx
x
−−+
+
11
1

+
2
93025 xx +−
Bài 5 ( 2 điểm ) Chứng minh rằng : 4 nếu 2
0≤≤ m
224 +−+ mm
+
224 +−− mm
=
2
2−m
nếu m>6
Bài 6 : ( 2 điểm ) Giải phương trình sau :
x +
4
1
2
1
+++ xx
= 1
Bài 7 : ( 2 điểm ) Cho biểu thức :
S = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd trong đó ab – bc = 1

cb
a
+
.
b) sin
2
A
. sin
2
B
. sin
2
C

≤

8
1
&'( : ( 1 điểm ) Cho
∆
ABC vuông tại A có AB = c , AC = b và đường phân giác trong
góc A là AD = d . Chứng minh rằng :
d
2
=
b
1
+
c
1

≠

x−1
x
≠
1 -1
x≤
< 1
2
1 x−
≠
1 - x
b) 1,25 điểm
A =
xx
x
−−+
+
11
1
-
11
1
2
−+−
−
xx
x
=
22

xxx
−+−−
−+−−
0,25 điểm
A =
x
xx
2
11
2
−++
-
)1(2
)11)(1(
2
xx
xxx
−
−+−−
0,25 điểm
A =
x
xxxx
2
)11(11
22
−+−−−++
= 1 0,25 điểm
Vậy biểu thức A không phụ thuộc vào x 0,25 điểm
Bài 2 : ( 2 điểm )

( 2 + 3 ) ( 2a
2
+ 3b
2
)
=> 2a
2
+ 3b
2
5
≥
Dấu đẳng thức xảy ra
2
2a
=
3
3b

2a + 3b= 5
a = b = 1
&'(* : ( 2 điểm )
a) Đồ thị đi qua gốc toạ độ suy ra x = 0 , y = 0 thay vào hàm số y = mx – 2m – 1 ta có :
-2m – 1 = 0 m = -
2
1
b) A là giao điểm của đồ thị với trục Ox ta có y = 0 thay vào hàm số ta được x =
m
m 12 +
B là giao điểm của đồ thị với trục Oy ta có y = 0 thay vào hàm số ta được y = -2m – 1
Vậy A

2
+
Ta có S = 4 ( 2m + 1 )
2
= 8
m
( 2m – 1 )
2
= 0 m =
2
1
c) Giả sử đồ thị hàm số đi qua điểm M( x
0
, y
0
) với mọi m . Ta có : y
0
= mx
0
-2m-
1
y
0
+ 1 = m (x
0
- 2 ) Với mọi m
x
0
- 2 = 0
y

b
ba +≥
. Dấu “=” xảy ra khi a.b
≥
0
 A =
13 −x
+
x35 −

≥

xx 3513 −+−
=
4
= 4
Vậy khi A = 4
3
1
≤≤ x
3
5
Bài 5 : ( 2 điểm )
Điều kiện VT có nghĩa : m-2
≥
0 => m
≥
2 (1).
Đặt t =
2−m

2−m
nếu m>6
Bài 6 : ( 2 điểm ) Giải phương trình sau :
x +
4
1
2
1
+++ xx
= 1 đk -
4
1
x≤
< 1
x +
4
1
4
1
2
1
.2)
4
1
(
++++
xx
= 1
x+
2

2
1
x +
4
1
=
4
1
=> x = 0
Bài 7 : ( 2 điểm )
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
13
a) ( ad – bc )
2
+ ( ac + bd )
2
= a
2
d
2
+b
2
c
2
+a
2
c
2
+b
2

2

))((2
2222
dcba ++≥
S
))((2
2222
dcbabdac ++++≥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra S
2
)(12)( bdacbdac ++++≥
Đặt x = ac + bd
Ta có : S
22
)12( xx ++≥
= (1 + x
2
) + 4x
2
1 x+
+4x
2
+ 3 = (
2
1 x+
+2x)
2
+3

1 x+
= -2x
Tính được x =
±
3
1
Vì x< 0 nên giá trị x = -
3
1
Bài 8 ( 2 điểm )
a) IO
⊥
IO’ ( tia phân giác của hai góc kề bù )
Suy ra OIO’ = 90
0
Tam giác IOO’ vuông , đường cao AI . Suy ra AI
2
= OA . O’A = R . r
Do đó BC = 2 . IA = 2
rR.

b) Các tam giác cân O’AC và OAD có các góc ở đáy bằng nhau suy ra
OD // O’C
Ta lại có OB // O’C
Vậy B , O , D thẳng hàng .
c) Xét tam giác vuông BDC theo hệ thức lượng ta có :
2
1
BA
=

2
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
14
Bài 9 : ( 2 điểm )
A
B D C
a) Vẽ AD là đường phân giác của tam giác ABC . Vẽ BH là đường cao của tam giác
ABD .
Tam giác ABC có AD là phân giác nên :
AB
BD
=
AC
DC
=>
AB
BD
=
ACAB
DCBD
=
+
=
ACAB
BC
+
Vậy
AB
BD
=

, sin
2
C
=
ab
c
+
.
Do đó sin
2
A
. sin
2
B
. sin
2
C

))()((

bacacb
cba
+++
≤
Theo bất đẳng thức Cô Si cho hai số dương ta có :
b +c
≥
2
bc
; a+c

⊥
AB , DF
⊥
AC ( E
∈
AB , F
∈
AC )
Tứ giác AFDE là hình chử nhật ( Vì
Â
=
E
= F = 90
0
)
Có tia AD là phân giác của góc ADE
 tứ giác AFDE là hình vuông
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
15
 DE = DF =
2
2.AD
=
2
2.d

S
DAB∆
+ S
DAC∆

<;U5VV;W;Q
E<B 89S
Khóa thi ngày : 30/12/2011
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
&'(@)+,(-.
Cho biểu thức
2 1 2
1
1
1 1
a a
B
a
a a a a a
  
= − −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+
+ + + +
  
a/ Với điều kiện nào của a thì biểu thức B xác định.
b/ Rút gọn biểu thức B.
c/ Tính giá trị của biểu thức B khi
2007 2 2006a = −
&'(@)+,(-.
Phân tích đa thức thành nhân tử :
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +

− +2
2 4 2 2 4 2
B
4 4
1
x x x x
x x
+ − − + + + −
=
− +
(với x >2)
>? (2.0điểm).
1) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x + 5y + 3xy = 8
2) Cho a, b, c > 0 .Chứng minh rằng :
2 2 2
a b c a b c
0
b c c a a b 2
+ +
+ + − ≥
+ + +
>?*(2,0 điểm ).Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a)
2 2
(4 1) 1 2 2 1x x x x− + = + +
b)
2

GH
Cán bộ coi thi không cần giải thích thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
18
67
A=[Q9&V=%5
9:;<
* Học sinh làm cách khác đúng phải cho điểm tối đa.
* Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
\ 
4
]9

( ) ( )
22
25
4
25
4
+
−
−
=A












+−
+−+
=

2
2
2 4 2 4 2 4 2 4
4 4
x x x x
x x
x
− − − + + − + − +
=
− +
&
( ) ( )
2
22
2
2222






A
x
x
−
= =
−
−
Nếu x < 6
2
4
2
2222
−
=
−
+−+−−
=
x
x
x
x
xx
A
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ

2 . b
c a 4 c a 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(2)

2 2
c a b c a b
2 . c
a b 4 a b 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(3)
Cộng từng vế (1),(2) và (3 ) ta được

2 2 2
a b c a b c a a b
a b c
b c c a a b 4
+ + + + +
+ + + ≥ + +
+ + +
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +

=>
2 2
0( )
0,5
4
1 4 4 1
3
x Loai
x
x
x x x
=

≥


⇒


=
+ = − +


Thử lại (*) có x =
4
3
là nghiệm
2)
2
2

C
H
I
O
A
B
D
H
K
D
M
A
B
C
Kết hợp với hệ đã cho suy ra :
y z x≥ ≥
=> x = y = z
=> x = y = z = -1 hoặc x = y = z =2
Thử lại đúng.
Vậy hệ có hai nghiệm (x,y,z) = {(-1; -1 ; -1);(2; 2 ; 2)}
0.5đ
0.25đ
0.25đ
0
Vẽ hình đúng theo yêu cầu chung của đề bài
a) Ta có
·
ACB
=
·

1 2
E +E 90=
=>
·
0
HEI 90=
Vậy HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BD
0,25đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0.25đ
1
Ta có MA = MH = MC =>
·
·
·
2BCKMHC MCH= =
Mà BK = CK =>
·
·
·
·
2BCK KBC MHC KBC= ⇒ =
Lại có
·
·
·
MHC KBC KMH= +
=>

23
+++ xxx
thành tổng các lũy thừa giảm dần của
1
+
x
>?/(2,5 điểm)
Cho biểu thức:
x - y x y
x y 2xy
P - : 1
1- xy
1 xy xy -1
 
+
 
+ +
= +
 ÷
 ÷
+
 
 
a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị lớn của biểu thức P.
>?*/ (1 điểm)
Cho các cặp số thỏa mãn điều kiện: |x+y| ≤ 2 và |x-y| ≤ 2
Tìm giá trị lớn của biểu thức:
( )
2

Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi này gồm 01 trang
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
>?/)+1,(-.
a) Tính giá trị của biểu thức:
3 3
3( ) 2011A x y x y= + − + +
Biết rằng:
33
223223 −++=x
;
33
2121721217
−++=
y
b) Rút gọn biểu thức:
1 1 1 1
+ +
2 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2012 2011 2011 2012
S
= + +
+ + + +
>?/),(-.
a) Giải phương trình:
2
4 3 3 6+ + = +x x x
b) Giải phương trình nghiệm nguyên:
4 2 4
3x 1x y+ + =
>?*/),(-.

c) Gọi (S) là đường tròn đi qua 3 điểm I, K, P. Chứng minh rằng: (S) tiếp xúc với các
đường thẳng BC, BI, CK.
>?1/),(-. Cho a, b, c là các số thực không âm và abc = 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
23
ĐỀ CHÍNH THỨC
UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

A=[Q99:;<%
E3=%5
/
>?/)+1,(-.
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)
(1,5đ)
Ta có

(
)
(
)
3
3 33
3 3 3 3

( ) ( )
1 1
( 1) 1
( 1) 1
1 1 1 1
( 1) 1
( 1) 1 1
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n n n
=
+ + +
+ + +
+ − + −
= = = −
+ +
+ + + + −
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1
+
1 2 2 3 3 4 2011 2012
1
1
2012
S
S
= − + − + − + −
= −



− = − + + = −



x x
x x
x x x x
Ta cã
( )
( )
2
2
1 0
1
1 1
2 0
1 3
+ ≥

≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
+ − =
+ = +



+ = −



x
x
x
x x
x x
(tho¶ m·n)
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm x = 1.
0,25
b)(1đ) - Nếu x = 0 thì y = 1, -1
- Nếu x ≠ 0, ta có
4 2 4 2 4 4 2
2x 1 3x 1 4x 4x x y x+ + < + + = < + +
Hay
2 2 4 2 2 2 2 2
(x 1) 3x 1 ( ) (x 2)x y+ < + + = < +
(loại)
Vậy PT có 2 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 1), (0; -1)
0,25
0,5
0,25
>?*/),(-.
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)(1đ) Từ đề bài suy ra ab + bc + ca = 1
Ta có 1 + a
2
= ab + bc + ca + a

(1 )(1 )b c a b abc− − = +
(1 )(1 )c a b c abc− − = +
Khi đó
3 2011 2 2011 2012B a b c abc abc a b c abc
= + + + − + = + + + + =
0,25
0,5
0,25
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)(1đ)
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
25
O’@
F
E
A
B
C
N
I
D
P
M
K
@O