

: (2 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức:
3
( 8 3 2 10)( 2 10) : 64M = − + + −
b/ Không dùng máy tính hãy so sánh:
10 13A = +
với
11 12B = +
: (2 điểm)
Cho phương trình
2
2( 3) 4 0x m x− − + =
a/ Tìm m để phương trình nhận
3x = −
làm nghiệm.
b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
28x x+ =
.
: (2 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không chứa nước thì sau 3 giờ 36 phút đầy bể. Nếu để chảy
một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 3 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một
mình đầy bể.
 : (3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M nằm trên nửa đường tròn (

3
( 2 10)( 2 10) : 64M = − + + −
2/
8:( 4) 2M = − = −
2/
3
2
23 2 10.13 23 2 130A = + = +
2/
2
23 2 11.12 23 2 132B = + = +

2/
2 2
B A⇒ >
, mà
0, 0A B> >
. Vậy
B A>
2/
./0 1
Thay
3x = −
vào pt
9 6( 3) 4 0m⇒ + − + =
2/
5
6
m⇒ =
2/

=

⇔ − = ⇔

=

. KL…
2/
./0 1 Gọi thời gian để vòi thứ nhất chẩy một mình đầy bể là x (h, x>0)
⇒
Một giờ vòi thứ nhất chảy được
1
x
bể
2/
3
⇒
thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x+3 (h)
⇒
Một giờ vòi thứ hai chảy được
1
3x +
bể
2/
Đổi 3 giờ 36 phút =
18
5
giờ. Ta có pt
1 1 5
3 18x x

nờn BE cng l phõn giỏc ca gúc
ã
ABM
. Do ú tam giỏc ABF cõn ti B.
2/
3 Trong tam giỏc ABH vuụng ti A cú AE l ng cao do ú
2
.BE BH AB=
2/
Trong tam giỏc ABI vuụng ti A cú AM l ng cao do ú
2
.BM BI AB=
. Vy
. .BE BH BM BI
=
2/
4
Vỡ
BE
l ng trung trc ca
AF
nờn ta cú
,KA KF HA HF= =
(1)
2/
Mt khỏc trong tam giỏc
AHK
cú AE va l ng cao va l ng
phõn giỏc nờn tam giỏc
AHK

x
+ =
ta cú pt:
2 2
5
35
2
4 4 35 0
7
4
2
t
t t t t
t

=

+ = + =



=


2/
+/ Vi
5
2
t =
2

x
x

+
=



+ =


=


. KL
2/
Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

: (2 im)
a/ Rỳt gn biu thc
2
2 2 1
( ).( )
1
2 1 2
x x x
P
x
x x
+

là ẩn,
m
là tham số).
Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1.
: (2 điểm)
Trên quãng đường AB dài 60 km, người thứ nhất đi xe máy từ A đến B, người thứ hai đi xe đạp
từ B đến A. Họ khởi hành cùng một lúc và gặp nhau tại C sau khi khởi hành được 1 giờ 20 phút. Từ C
người thứ nhất đi tiếp đến B và người thứ hai đi tiếp đến A. Kết quả người thứ nhất đến nơi sớm hơn
người thứ hai là 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng trên suốt quãng đường cả hai người đều
đi với vận tốc không đổi.
 : (3 điểm)
Cho hình bình hành
ABCD
có đường chéo
AC BD
>
. Kẻ
,CH AD CK AB⊥ ⊥
.
a/ Chứng minh
CKH∆
đồng dạng
BCA∆
b/ Chứng minh
·
.sinHK AC BAD=
c/ Tính diện tích tứ giác
AKCH
biết
·

− + −
= −
 
− + +
 
2/
2 2
2
2 ( 1) ( 1)
.
2
( 1) ( 1)
x x x
P x x
x x
− − +
= = − +
+ −
2/
3
Ta có
2
1
1
M x
x
= + +
−
2/
M

./0 1
Đường thẳng
( ) : 2 4b y x= −
cắt trục hoành tại điểm
(2;0)A
2/
Ycbt
⇔
đường thẳng
( ): 2a y x m= +
đi qua A, từ đó tìm được
1m = −
2/
3
Ta có
2
' 12 0,m m∆ = + > ∀
2/
PT luôn có hai nghiệm phân biệt, gọi hai nghiệm đó là
1
x
và
2
x
Theo định lý vi-et ta có
1 2
1 2
2( 1)
2 11
x x m

2
x y
+ =
2/
Từ đó giải ra được
30( / ), 15( / )x km h y km h= =
. KL…
2/
./0
H
D
B
C
A
K
1
Vì
·
·
0
90AKC AHC
= =
nên tứ giác AKCH nội tiếp
2/
·
·
BAC KHC⇒ =
,
·
·

CKH
∆
đồng dạng
BCA
∆
CK HK
BC AC
⇒ =
2/
5

ã ã
sin .sin
HK
BAD HK AC BAD
AC
= =
2/
4
Trong tam giỏc KBC vuụng ti K cú
ã
0
60KBC =
v BC = 8 cm
nờn
4 3 , 4 .KC cm BK cm= =
2/
Trong tam giỏc CHD vuụng ti H cú
ã
0

2/

./,-0
Ta cú
2 2
1 1
2013 ( 1) ( ) 2012A x x x x
x x
= + + = + + +
2/
0 2 2012 2014A + + =
. ng thc xy ra

1x =
2/
Vy
min
2014A =
khi
1x
=
.
2/
Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

(2 im)
1) Cho x l s thc õm tha món x
2
+
2

4
cm. Tớnh din tớch tam giỏc
ABC.
2) Trong h trc ta Oxy, cho ng thng d: y = (m + 1)x m, m l tham s. Tỡm m ng
thng d ct parabol (P): y = x
2
ti hai im phõn bit A, B sao cho OA vuụng gúc vi OB.
(2 im)
1) Cho x, y l 2 s dng tha món x + y = 1, tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
P = (1 -
2
1
x
)(1 -
2
1
y
) .
2) Tỡm nghim x, y nguyờn dng tha món phng trỡnh: 2x
2
2xy = 5x y 19.
( 2 im)
6

Cho đường tròn (O), bán kính R, A là 1 điểm cố định nằm ngoài đường tròn. Một đường tròn thay đổi đi qua 2
điểm O, A cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua 1 điểm cố định.
(trước khi chứng minh hãy nêu dự đoán điểm cố dịnh mà P, Q đi qua, giải thích cách nghĩ).
 ./,-0
Có thể lát kín một cái sân hình vuông cạnh 3,5m bằng những viên gạch hình chữ nhật kích thước 25cm x 100cm
mà không cắt gạch được hay không?

3
– 3.(-5) = - 110
2) x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
+ x
2
+ y
2
= (x
4
– y
4
) – (y
4
+ x
2
y
2
) + (x
2
+ y
2
)
= (x

0
=> AB = x => AD =
1
2
x;
AC =
3
x
Tam giác ADC vuông tại A =>
CD
2
= AD
2
+ AC
2
( Đ/l Pi tago)
=>
9
16
= 3x
2
+
1
4
x
2
=> x =
3
2 13
7

– 4m > 0  (m – 1)
2
> 0  m
≠
1.
Xét PT hoành độ, có a + b + c = 1 – m – 1 + m = 0 => x
1
= 1 ; x
2
= m => y
1
= 1 ; y
2
= m
2

=> A( 1;1); B(m ; m
2
)
Phương trình đường thẳng đi qua O và A là y = x
Phương trình đường thẳng đi qua O và B là y = mx
Đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng OB  m .1 = -1  m = -1
Vậy với m = -1 thì đường thẳng và parabol cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho OA vuông góc với OB.
Bài 3.
1) ĐK: xy
≠
0 ; Từ giả thiết =>
2 2
1 2x y xy+ = −
Ta có P =

1 1 2
2 8
4
xy
xy xy
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
=> P
≥
1 + 8 = 9
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
2
. Thỏa ĐK
Vậy minP = 9  x = y =
1
2
.
2) Từ PT ta có y =
2
2 5 19 (2 1) 2(2 1) 17 17
2
2 1 2 1 2 1
x x x x x
x
x x x
− + − − − +
= = − +
− − −
(x
≠

điểm của đường trung trực đó với AO là H,
giao điểm của OA với PQ là I, giao của OO
’

với PQ là K, OO
’
cắt đường tròn (O
’
) ở M.
Ta có OO
’
là đường trung trực của PQ => OO
’
⊥
PQ
V
OKI đồng dạng với
V
OHO
’
(g.g)
8

6

7


8


⊥
OO
’
=> OP
2
=
OK.OM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
 OI =
2 2
OP R
OA OA
=
không đổi.
Do O cố định, OI không đổi nên I cố định
Vậy đường thẳng PQ đi qua 1 điểm cố định.
Bài 5. Không thể lát sân mà không phải cắt gạch vì nếu gọi số gạch lát theo chiều dài và chiều rộng của viên
gạch là x, y thì hệ PT sau phải có nghiệm nguyên:

100 350
25 350
x
y
=


=

nhưng hệ vô nghiệm nguyên.
9


mỗi tỉnh năm 2013?
: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến taị B và C
của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Kẻ đường kính AD. Chứng minh rằng:
a) Ba diểm K, A, D thẳng hàng.
b) Bốn điểm A, B, K, H cùng thuộc một đường tròn, với H la fgiao điểm của BD và AC.
c) KH song song với BC.
 @ (1 điểm) Giả sử AD, BE và CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh
rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi diện tích tam giác DEF bằng
1
4
diện tích tam giác ABC.
………………………… Hết …………………….
10

Giải sơ lược
%:;<"@
:6A
21
2
cm
2. m = 2
3. 3
2
- 2
4. x = 1 và x = - 2
=:>?@
Bài 1.
a) Với m = 1 ta có PT: x
2
– ( 2. 1 + 1)x – 1

x y x
x y
x y y
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔
  
+ = =
+ =
 


x, y thỏa ĐK
Vậy số dân của tỉnh A và B năm 1013 là: 2,2.
102
100
= 2,244 triệu người và 2,8.
101
100
= 2,8281 triệu
người.
Bài 3.

a) Ta có AB = AC; OB =
OC; KB = KC => A,
O, K nằm trên đường
trung trực của BC.

+) Chứng minh điều kiện cần: Cho Tam giác
ABC đều, AD, BE và CF là các đường phân giác
trong của tam giác ABC ta cần chứng minh:.
2
EF
1 1
2 4
D
ABC
S
s
 
= =
 ÷
 
Do tam giác ABCđều và AD, BE, CF là các
đường phân giác của tam giác nên ta có
EF 1
2
DE DF
AB BC AC
= = =
=>
V
DEF đồng dạng với
V
ABC =>
2 2
DEF
1 1

+ + + +
 DC = a – DB =
ac ab
a
c b c b
− =
+ +
Chứng minh tương tự ta có: EC =
ab
a c+
; EA =
bc
a c+
; FA =
bc
a b+
; FB =
ca
a b+
.
Ta có
EF
1
D ABC AEF BDF CDE AEF BDF CDE
ABC ABC ABC ABC ABC
S S S S S S S S
S S S S S
− − −
= = − − −
= 1 -

12
#
B
C


6


: (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =
( ) ( )
2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
+ +
+
a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi a =
1 3 2+
, b =
11 8
10
3
+
: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
3
– 5x

chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.
 : (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các
tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp
∆
COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường
thẳng d.
d) Chứng minh
2
2
MD HA
=
MC HC
: (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
Chứng minh
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
≤
.
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT
13

!"#$%
(Hướng dẫn này gồm 4 trang)

0,25
=
2 3 ( 2 3 )( 2 3 ) 2 3
2 3 ( 2 3 )
a b a b a b a b
a ab a a b a
− + − −
= =
+ +
0, 5
b) Ta có M =
3
2
b
a
−
với a =
1 3 2+
, b =
11 8
10
3
+
0,25
3 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2
17
1 3 2 (1 3 2)(3 2 1)
b
a
+ + − +

x x m
=

⇔ − − + − = ⇔

− + − =

Nếu
2
2
3 2 1 0
x
x x m
=


− + − =

trừ
0,25 điểm
0,25
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25
Điều kiện là
0 13 8 0
3 13
4 6 2 1 0 2 3
2 8
m
m
m m

2
= 11
( ) ( )
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
4 2 11 2 7(**)x x x x x x x x⇔ + + − = ⇔ + − =
0,25
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có
2 3
2 3
3
. 2 1
x x
x x m
+ =


= −

(0,25 đ)
Vậy (**)
9 2(2 1) 7 1m m⇔ − − = ⇔ =
(thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
0,5
D)
.2/0
Ta có
( )
2

 
 
142 43
0,25
Khi đó
2 2 2
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
A B B B B B B B
     
+ + = + + + = + + = +
 ÷  ÷  ÷
     
=
2 2 2
1
3
.888 8 2 3.222 2 2 666 68
4
n n n−
     
+ = + =
 ÷  ÷  ÷
     
142 43 142 43 14243
Ta có điều phảI chứng minh.
0,25
D)
. 2/0

⊥
AB
0,25
15

⇒
MH.MO = MB
2
(hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
·
·
1
2
MBC MBD= =
sđ
»
BC
⇒
( . )MBC MDB g g∆ ∆:
⇒
2
.
MB MD
MC MD MB
MC MB
= ⇒ =
(2)
0,25
Từ (1) và (2)
⇒

.
MO OQ
OI OH
MO OH OA R
OQ
OI OI OI
=
⇒ = = =
(R là bán kính (O) không đổi)
0,25
O, I cố định
⇒
độ dài OI không đổi
⇒
lại có Q thuộc tia OI cố định
⇒
Q là điểm cố định
⇒
đpcm.
0, 5
d)
·
·
·
·
0
0 0 0
180
90 90 90
2

HA BD
HC BC
=
(5)
0,25
( . )MBC MDB g g∆ ∆:
(chứng minh trên)
2
.
MD MB BD
MB MC BC
BD MD MB MD
BC MB MC MC
⇒ = =
 
⇒ = =
 ÷
 
(6)
0,25
Từ (5) và (6)
2
2
MD HA
MB HC
⇒ =
0,25
D)
.2/0
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a

2013
a a a a
a a bc a b c
a a b c
a a b c
≤ = =
+ + + +
+ +
+ +
(1) 0,25
Chứng minh tương tự được
2013
b b
b b ca a b c
≤
+ + + +
(2) và
2013
c c
c c ba a b c
≤
+ + + +
(3)
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a b c
+ +

2 1 2 2
2
1 2
4.111 1 4(10 10 1)
2.888 8 16.111 1 16(10 10 1)
n n
n
n n
n n
A
B
− −
− −
= = + + +
= = = + + +
123
1 2 3 123
Từ đó suy ra D=A+2B+4=
2 1 2 2 1 2
4(10 10 1) 16(10 10 1)
n n n n− − − −
+ + + + + + +
+4
9D =
2 1 2 2 1 2
4(10 1)(10 10 1) 16(10 1)(10 10 1) 36
n n n n− − − −
− + + + + − + + + +
9D=
( )

a a ab ac bc
a a b a c
a a b a c a
a a b a c a ab ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
=
+ + + + + +
− + +
= =
− − − −
+ + +
+ + −
+ + + − +
= ≤ =
+ + + + + +
(theo BĐT cosi 2
ab
≤
a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT
≤
ab ac bc ba cb ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
+ + +
+ +
+ + + + + +
=1 (ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.

D)./,-0

2
x 1 y 1
2x 3y
10
x 1 y 1

− =

− +



+ =

− +

;
3:Tìm x, y thỏa mãn x – y + 1 =
2 x y x 2− − −
.
Câu 3 (2 điểm)
1:Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M di động trên cạnh BC, gọi D, E lần lượt là hình
chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí điểm M để DE có độ dài nhỏ nhất.
3:Với x là số thực. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
2
3x 4
x 1
+
+
.

2
= - 2, x
1
x
2
= - m + 1 0,25
Có: y
1
= 2x
1
– m + 1, y
2
= 2x
2
– m + 1 => y
1
– y
2
= 2(x
1
– x
2
)
Nên: 25 = (x
1
– x
2
)
2
+ (y

= 5 => 4 – 4(- m + 1) = 5 => m = 5/4 (t/m) 0,25
D)
2 điểm
1
Đặt
x y
u ; v
x 1 y 1
= =
− +
0,25
Khi đó có hệ:
3u 2v 2 9u 6v 6 u 2
2u 3v 10 4u 6v 20 v 2
− = − = =
  
⇔ ⇔
  
+ = + = =
  
0,25
Từ:
x y
2 x 2; 2 y 2
x 1 y 1
= ⇒ = = ⇒ = −
− +
0,25
Vậy hệ có nghiệm (2; -2) 0,25
3

DE nhỏ nhất <=> AM nhỏ nhất <=>
AM BC⊥
0,25
Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A
0,25
3
A =
2 2
2
3x 4
A(x 1) 3x 4 Ax 3x A 4 0
x 1
+
⇔ + = + ⇔ − + − =
+
, (*) có nghiệm x 0,25
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
0,25
Nếu A
≠
0 có :
2
1 9
9 4A(A 4) 4(A 2) 25 0 A
2 2
−
∆ = − − = − − + ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
Vậy :
1 b 9 1

·
·
AIE CID
=
(đối đỉnh) 0,25

·
·
EAI DCI
=
(cùng chắn cung DE) 0,25
Do đó :
ICD IAE
∆ ∆
:
. 0,25
Suy ra:
IC ID
IC.IE IA.ID
IA IE
= ⇒ =
0,25
4
AC cắt BD tại F. Do AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên
∆
ABF
cân. Do đó AF = AB = x > 0
0,25
Do:
·

2
<=> x
2
- bx - a
2
= 0
0,25
Có: x =
2 2
b b 4a
2
− +
(loại), x =
2 2
b b 4a
2
+ +
. Vậy AB =
2 2
b b 4a
2
+ +
0,25
D)
1 điểm
Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = a
n
, có n bộ 2014. n
∈
N*

, 2013) = 1 với mọi n ∈ N*
Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013
0,25

Hết
J
Câu 1 .2/,-0: Rút gọn các biểu thức sau:
a)
( ) ( )
5 21 14 6 5 21A = + − −
b)
5 2 5 2
5 1
2
B
+ + −
= − +
Câu 2 .2/,-0:
a) Giải phương trình:
( ) ( )
4 2 4 2 2x x x+ − − + = −
b) Giải hệ phương trình:
2 2
2 19
( 1)(2 ) 20
x x y y
xy x y

− + − =



HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
OPQP*4HREFG*H3I-'EST+U4HV-W4D):FV*+3S-4X1HY4Z*HI[)4\)QHUS]Q
S)]*S^+44H_E4H`2/\I/X24HEaE2FbF*+:
OFV*+-W4D)2*a)HY4Z*H+UZ1c3de4+UEFde4EHG4HV/,-/fge*Hh*+3de4+U
Z1)4iS[*j)1*:
O,-EH*HQH\*4X1-W4D)*i4H)*+QHD*4H1/a*:/,-:fge/,-EH*HQH\*S
:/,-EHGEkIEl+P-mHUVEHf*+*HnE/,4HaEEH*HEo*+:/,-:
OY4Z*HmH^*+g`HG*H/fgeD) EHG4HV/,-/fgeD) :FdT*+HpQHY4Z*H4ig`
HG*H2*a)g`Z1c&*VEHG4HV/,-c&/i:
OY4Z*H4iST+UmHP4/PQP*.*a)/q*+0gr*4HV/,-Ef/1EkIEHsV-t4/,-4X1Eo*+
4D):
O,-4X1EV*3SEl*+.mH^*+S-EFu*Zf04X1/,-EnE4U4P44D).
Câu Nội dung Điểm
1
2,0 điểm
1a
( ) ( ) ( )
5 21 14 6 5 21 5 21 14 6 5 21 5 21A = + − − = + − + −
0,25

( ) ( )
2 5 21 7 3 .2 10 2 21 7 3 .2= + − = + −
0,5
( ) ( ) ( ) ( )
2
7 3 7 3 .2 7 3 7 3 .2 8= + − = + − =
0,25
1b
Ta có:

4 2 4 2 2 2
4 2
x x
x x x x
x
− +
+ − − + = − ⇔ = −
+ +
0,25

( )
4 2 2 4 2 0x x x
 
⇔ − + + + + =
 
0,25
0x⇔ =
(vì
( )
4 2 2 4 2 0x x− + + + + >
)
Kết luậnKA
0,25
22

2b
Ta có:
2 2
2 2
2 2


= −

0,25
Do đó
,a b
là hai nghiệm của phương trình
2
1
19 20 0
20
t
t t
t
= −

− − = ⇔

=

0,25
TH1:
1
20
a
b
= −


=

2 2
20 20 0
2 1 2 1 0
x x x x
y y y y
 
− = − − =
 
⇔
 
− = − − + =
 
 

5
1
x
y
=

⇔

=

hoặc
4
1
x
y
= −


0,5
Suy ra
3 3 3
16 2
y z z x x y x y z
P
+ + + + + + +
+ ≥

3
4 4
x y z
P
+ +
⇒ ≥ =
0,25
GTNN của P là
3
4
khi KAIALA
0,25
4
3,5 điểm
G*Hg`/,4Ht*+-*H4D)14HV2
0,5
23

4a


0,25
Suy ra
. .
OI OA
OI OD OAOH
OH OD
= ⇒ =
0,25
Trong tam giác vuông OBD, ta có
2 2
.OI OD OB OM= =

Do đó,
2
.
OA OM
OAOH OM
OM OH
= ⇒ =
0,25
Tam giác OMA và tam giác OHM có
OA OM
OM OH
=
và
·
MOH
chung nên
chúng đồng dạng. Suy ra
·

0,25
Do A, (O) cố định nên M, H cố định nên
2
.HB HC MH=
không đổi.
0,25
5
1,0 điểm
Ta có:
4
2012
có chữ số tận cùng bằng 6 nên
4
2012
n
có chữ số tận cùng
bằng 6.

4
2013
có chữ số tận cùng bằng 1 nên
4
2013
n
có chữ số tận cùng
bằng 1.
0,25
24



+ (x – 3)
2
= 10
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =


+ =

có nghiệm (1; -2)
D)@.2/,-0
1) Rút gọn biểu thức
2 3 1 1
A= +
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x
− + −
−
+ +
với
x 0≥
2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong
việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9
ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc.
D)@.2/,-0