Đề thi Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2016 - 2017 môn: Toán (chuyên) thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề

 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
Bài 1 :( 1 điểm ) 
a)Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình : 4x+7y=15 
b)Cho a ,b là các số nguyên dương thỏa mãn a(2a+1)=b(3b+1).Chứng minh rằng 
M=2a+2b+1 là một số chính phương . 
Bài 2 :( 1,5 điểm ) 
a)Cho x là các số thực thỏa mãn 0<x<1.Rút gọn biểu thức 
22
1 1 1 1
1
1 1 1 1
x x
A
x xx x x x
   
              
b)Cho đường thẳng d có phương trình (m+1)x-2(m-3)y=5m+2 chứng minh rằng 
đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi .Tìm tọa độ của điểm 
cố định đó 
Bài 3 :( 2,5 điểm ) 
a)Cho a là nghiệm của phương trình 2 1008 0x x   .Tính giá trị của biểu thức 
44 8068 1M a a   . 
b)Tìm cặp nghiệm nguyên dương của phương trình 2 2 2( )( 2)x y x y x y     . 
c)Cho phương trình 2 (3 1) 2 3 0kx k x k     .Tìm tất cả các giá trị tham số k để 
phương trình có nghiệm nguyên . 
Bài 4 :( 3,5 điểm ) 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 TỈNH QUẢNG NGÃI 
 ----------------------------- 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 NĂM HỌC 2016-2017 
 MÔN: TOÁN (Chuyên) 
 Ngày thi 15/6/2016 
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề 
Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây BC= 3BC R ,A thuộc cung lớn BC 
sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ,các đc BD ,CE cắt nhau tại H .DE cắt O tại 
M,N (M thuộc cung nhỏ AB).I là trung điểm day BC . 
a)Tính độ dài DE theo R. 
b)Tam giác AMN cân và BM.CN=2EM.DN. 
c)K là hình chiếu của H trên đt AI .Chứng minh rằng khi A chuyển động thì K 
thuộc 1 đ tròn cố định . 
Bài 5 :( 1,0 điểm ) 
Cho dãy số tự nhiên 1,2,3,...2017 .Mỗi lần xóa đi 2 số bất kỳ của dãy số và ghi 
thêm vào dãy số còn lại giá trị tuyệt đối hiệu hai số đó .Cứ làm như vậy cho đến 
khi dãy số còn 100 số .Hỏi tổng của 100 số đó có bằng 2016 được hay không ?Vì 
sao ? 
Bài làm 
Bài 1 :( 1 điểm ) 
a)Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình :4x+7y=15 
b)Cho a ,b là các số nguyên dương thỏa mãn a(2a+1)=b(3b+1).Chứng minh rằng 
M=2a+2b+1 là một số chính phương . 
Bài làm 
a)Ta có 4x+7y=15 hay 4x+7y=4.2+7.1 nên x=2 ,y=1 là một nghiệm của phương 
trình . 
Mặt khác ta có 4x+7y=4.2+7.1 hay 4(x-2)=7(1-y) . 
Vì (4,7)=1 nên x-2=7t (với t là một số nguyên bất kỳ ) hay x=7t+2 .Lúc đó ta có 
y=17-28t . 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (2,1) và (7t+2,17-28t) (với t là một số 
nguyên bất kỳ ). 
Cách khác 
Mặt khác ta có 4x+7y=4.2+7.1 hay 4(x-2)=7(1-y) . 
Vì (4,7)=1 nên 1-y=4t (với t là một số nguyên bất kỳ ) hay y=1-4t .Lúc đó ta có 
y=7t+2 . 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (2,1) và (7t+2,1-4t) (với t là một số 
nguyên bất kỳ ). 
b) 2 22 3a a b b   2( )(2 2 1)a b a b b     (*) 
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( *Nd ). Thì 
   2
2 2
( )
2 2 1
(2 2 1)
a b d
a b a b d
a b d
b d b d

   
 
 
Mà ( ) (2 2 )a b d a d a b d    mà (2 2 1) 1 1a b d d d     
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a b và 2 2 1a b  là số chính phương 
=> 2 2 1a b  là số chính phương. 
Bài 2 :( 1,5 điểm ) 
a)Cho x là các số thực thỏa mãn 0<x<1.Rút gọn biểu thức 
22
1 1 1 1
1
1 1 1 1
x x
A
x xx x x x
   
              
b)Cho đường thẳng d có phương trình (m+1)x-2(m-3)y=5m+2 chứng minh rằng 
đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi .Tìm tọa độ của điểm 
cố định đó . 
 Bài làm 
a) 
22
1 1 1 1
1
1 1 1 1
x x
A
x xx x x x
   
              
2
22 2
(1 )1 1 1
1
1 1 1 (1 )
xx
A
x xx x x x
  
               
2
2
(1 )1 1 1
1
1 1 1 ( 1 1 )
xx
A
x xx x x x x
  
                
2 2
2
1 (1 ) 1 1
1
1 ( 1 1 )
x x
A
x xx x x
    
            
2
1 ( 1 1 ) 1 1
1
1 ( 1 1 )
x x x
A
x xx x x
     
           
21 1 1 1
1
1 1
x x
A
x xx x
    
          
 
2
2
1 1 1 1
1
2
x x
A
x x x
    
    
 
2
2
2 2 1 1 1
1
2
x
A
x x x
  
    
 
2
1 1
1A
x x
 
    
 
2
1 1
1
x x
 
   
 
2 2
1 1
1 1A
x x
     
b) Ta có (m+1)x-2(m-3)y=5m+2 hay m(x-2y-5)+ (x+6y-2) =0 . Để đường 
thẳng d luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi thì 
23
2 5 0 4
36 2 0
8
x
x y
x y
y

   
 
    

. 
Vậy tọa độ điểm cố định đó là : 
23 3
;
4 8
 
 
 
. 
Bài 3 :( 2,5 điểm ) 
a)Cho a là nghiệm của phương trình 2 1008 0x x   .Tính giá trị của biểu thức 
44 8068 1M a a   
b)Tìm cặp nghiệm nguyên dương của phương trình 2 2 2( )( 2)x y x y x y     
c) Cho phương trình 2 (3 1) 2 3 0kx k x k     .tìm tất cả các giá trị tham số k để 
phương trình có nghiệm nguyên 
Bài làm 
a)Ta có 4 2 24 8068 1 (2 1) 4.1008M a a a      
Mà a là nghiệm của phương trình 2 1008 0x x   nên 
2 21008 0 (2 1) 1008.4 1a a a       . 
Nên 
4 2 2 2 24 8068 1 (2 1) 4.1008 1008.4 1 4.1008 (2.1008 1) 2.1008 1 2017M a a a             
b) Ta có 2 2( 2) ( 2) 0x y    với mọi x,y nguyên dương .Lúc đó ta sẽ có tiếp 
2 2( 2) ( 2) 0 4( 2)(1)x y x y x y         
Mà với x,y nguyên dương ta có : 2 2 22( ) ( ) (2)x y x y   
Nhân hai bất đẳng thức (1) và (2) ta có : 2 2 2( )( 2)x y x y x y     . 
Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi x=y=4. 
c) 
* Xét k = 0 thì (*)  x = 3, thoả mãn 
* Xét k  0 thì (*) có nghiệm khi 2 6 1 0k k     . Khi đó gọi 
1 2
,x x là hai nghiệm 
của phương trình (*). Theo Vi-ét: 
1 2
1 2
3 1 1
3 (1)
2 3 3
2 (2)
k
x x
k k
k
x x
k k
 
   

   

(1).3 – (2) được:   1 2 1 2 1 23 3 7 3 3 2 ( 1).( 2)x x x x x x          . 
TH1 : 1 1
2 2
3 1 4 1
3 2 5 6
x x
k
x x
   
    
   
 . 
TH2 : 1 1
2 2
3 2 5 1
3 1 4 6
x x
k
x x
   
    
   
 . 
TH3 : 1 1
2 2
3 2 1
3 1 2
x x
k
x x
    
   
    
 . 
TH4 : 1 1
2 2
3 1 2
3 2 1
x x
k
x x
    
   
    
 . 
Thử lại: 
1
6
k

 thì 
1
0
36
   và (*) 
  2 2
41 1 1
(3. 1) 2. 3 0 9 20 0
6 6 6 5
x
x x x x
x
   
           

. 
Vậy 
1
0;
6
k
 
 
 
 thì phương trình có nghiệm nguyên là  3;4;5x . 
CÁCH KHÁC : 
 * Xét k = 0 thì (*)  x = 3, thoả mãn 
 * Xét k  0 thì (*) có nghiệm khi 2 6 1 0k k     .Để phương trình có nghiệm thì 
2 6 1k k    có giá trị là một số chính phương ( n là số tự nhiên ) .Lúc đó thì 
2 26 1 ( 3 )( 3 ) 8 ( 2).( 4) ( 1).( 8)k k n k n k n                 
Ta có các trường hợp sau : 
TH1 : 
3 2 0
3 4 1
k n k
k n n
    
 
    
 (thỏa mãn ). 
TH2 : 
3 4 0
3 2 1
k n k
k n n
    
 
    
 (thỏa mãn ). 
TH3 : 
3 2 6
3 4 1
k n k
k n n
      
 
      
 (thỏa mãn ). 
TH4 : 
3 4 6
3 2 1
k n k
k n n
      
 
     
 (thỏa mãn ). 
TH5 : 
3
3 1 2
3 8 7
2
k
k n
k n
n

   
 
    

 ( không thỏa mãn ). 
TH6 : 
3
3 8 2
3 1 7
2
k
k n
k n
n

   
 
    

 ( không thỏa mãn ). 
TH7 : 
15
3 1 2
3 8 37
2
k
k n
k n
n

    
 
      

 ( không thỏa mãn ). 
TH8 : 
27
9 1 2
9 8 7
2
k
k n
k n
n

    
 
      

 ( không thỏa mãn ). 
Thử lại: 
1
6
k

 thì 
1
0
36
   và (*) 
  2 2
41 1 1
(3. 1) 2. 3 0 9 20 0
6 6 6 5
x
x x x x
x
   
           

. 
Vậy 
1
0;
6
k
 
 
 
 thì phương trình có nghiệm nguyên là  3;4;5x . 
Bài 4 :( 3,5 điểm )Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây 3BC R ,A thuộc 
cung lớn BC sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ,các đường cao BD ,CE cắt 
nhau tại H .DE cắt O tại M,N (M thuộc cung nhỏ AB).I là trung điểm dây BC . 
a)Tính độ dài DE theo R. 
b)Tam giác AMN cân và BM.CN=2EM.DN 
c)K là hình chiếu của H trên đường thẳng AI .Chứng minh rằng khi A chuyển 
động thì K thuộc 1 đường tròn cố định . 
Bài làm 
a) Tứ giác BCDE nội tiếp => 
BC BH
DE HE
 .Mà do 3BC R => 060BAC  
=> ΔBHE là nửa tam giác đều=> 2
BC BH
DE HE
  =>
3
2 2
BC R
DE   
 b) Chứng minh được AO vuông góc DE => AO vuông góc MN nên AMN cân 
Không mất tính tổng quát giả sử M gần E hơn Δ MEB đồng dạng ΔANE => 
2 2BM AN AN AM
EM AE AC AC
   .Mà ΔAMC đồng dạng ΔNDC nên 
=> 
AM ND
AC CN
 => 
2
. 2 .
BM DN
BM EM DN CN
EM CN
   
c) Chứng minh BKOC nội tiếp mới phải ta có ADKHE nội tiếp 
 => DHK  .KAD 
 Từ đây mình có cái bổ đề nhỏ cho tam giác ABC, trực tâm H trung tuyến AI. Gọi 
K là hình chiếu của H lên AI. Khi đó (AKC) tiếp xúc BC .Chứng minh khá đơn 
giản đường tròn qua A, B tiếp xúc BC cắt đường tròn qua A, C tiếp xúc BC tại K' 
qua biến đổi góc thu được AK' là trung tuyến kéo dài AK' cắt (ABC) tại M qua 
biến đổi góc suy ra K'CMB là hình bình hành từ đó dễ suy ra K' là hình chiếu của 
H => K' trùng K bổ đề được chứng minh. Áp dụng suy ra => KCB  KAD 
=>DHK  KCB => BHKC nội tiếp mà BHOC nội tiếp => BKOC nội tiếp mà B, O, 
C cố định nên ta có K chạy trên một đường tròn cố định đó là đường tròn ngoại 
tiếp ΔBOC 
Bài 5 :( 1,0 điểm ) 
Cho dãy số tự nhiên 1,2,3,...2017 .Mỗi lần xóa đi 2 số bất kỳ của dãy số và ghi 
thêm vào dãy số còn lại giá trị tuyệt đối hiệu hai số đó .Cứ làm như vậy cho đến 
khi dãy số còn 100 số .Hỏi tổng của 100 số đó có bằng 2016 được hay không ?Vì 
sao ? 
Bài làm 
Xét tổng của cả dãy 1+2+...+2017 là 1 số lẻ xét 2 số a, b bất kì trong tổng xét a+b 
khi bỏ 2 số a, b ra rồi thêm vào số |a-b| thì sẽ có 2 trường hợp là a-b hoặc b-a nếu 
a-b tổng trên sẽ giảm đi a+b và thêm vào a-b tức là (a-b)-(a+b)=-2b tương tự 
trường hợp kia là (b-a)-(a+b)=-2a tức là khi thêm |a-b| thì tổng sẽ giảm đi một số 
chẵn nhưng chú ý tổng ban đầu là một số lẻ nên khi giảm thế nào thì tổng cũng ra 
một số lẻ nhưng 2016 là số chẵn nên không thể thỏa được bài toán . 
 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC: 2016– 2017 
 MÔN: TOÁN (Hệ không chuyên ) 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
 Ngày thi: 14– 6 – 2016 
Bài 1: (1,5 điểm) 
1.Thực hiện phép tính 25 8. 2 
2.Cho hàm số 2y x có đồ thị là (P) và hàm số y=x+2 có đồ thị là (d). 
a.Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy 
b.Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 
Bài 2: (2,0 điểm) 
1.Giải phương trình và hệ phương trình sau : 
a) Giải phương trình: x4 – 7 x2– 18= 0 
b) Giải hệ phương trình: 
2 8
3 2 19
x y
x y
 

 
2. Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = 0 ( với m là tham số ) 
a. Chứng minh rằng phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ,hãy tìm hệ thức liên hệ giữa 
x1 và x2 không phụ thuộc vào m . 
Bài 3: (2,0điểm) 
 Cho hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 7 giờ 12 phút 
sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và cho vòi thứ hai chảy 
trong 3 giờ thì được 
1
2
bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu 
mới đầy bể ? 
Bài 4: (3,5điểm) 
Từ một điểm M nằm ở bên ngoài đường tròn Tâm O bán kính R , vẽ các tiếp 
tuyến MA,MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm ).Vẽ cát tuyến MCD không đi 
qua tâm O của đường tròn ( C nằm giữa M và D).Gọi E là trung điểm của dây CD. 
 a.Chứng minh năm điểm M,A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn . 
 b.Trong trường hợp OM =2R và C là trung điểm của đoạn thẳng MD .Hãy tính 
độ dài đoạn thẳng MD theo R. 
 c.Chứng minh hệ thức CD2 =4AE.BE . 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Bài 5: (1,0điểm) 
 Cho x,y là các số thực khác 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 
2 2
2 2
3 8
x y x y
A
y x y x
   
      
  
--------------- Hết --------------- 
Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 
Bài giải 
Bài 1: (1,5 điểm) 
1.Thực hiện phép tính 25 8. 2 
2.Cho hàm số 2y x có đồ thị là (P) và hàm số y=x+2 có đồ thị là (d). 
a.Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy 
b.Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 
Giải 
 1. 25 8. 2 5 16   
 5 16 5 4 5 4 9       
2. a) Vẽ   2:P y x 
Bảng giá trị giữa x và y: 
x -2 -1 0 1 2 
y 4 1 0 1 4 
Vẽ   : 2d y x  
 
 
0 2: 0;2
0 2 : 2;0
x y A
y x B
  
    
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 5 10
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
 2 22 2 0 1x x x x      
Vì 0a b c   nên (1) có hai nghiệm là 1 21; 2x x   
* Với 1 11 1x y    
* Với 2 22 4x y   
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là:  1;1 và  2;4 
Bài 2: (2,0 điểm) 
1.Giải phương trình và hệ phương trình sau : 
c) Giải phương trình: x4 – 7 x2– 18= 0 
d) Giải hệ phương trình: 
2 8
3 2 19
x y
x y
 

 
2. Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = 0 ( với m là tham số ) 
a. Chứng minh rằng phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ,hãy tìm hệ thức liên hệ giữa 
x1 và x2 không phụ thuộc vào m . 
Giải 
1.a.Đặt 2 0t x  thì ta có t2 – 7 t– 18= 0 .Ta có 249 72 121 11 11t        
Nên 
1
2
7 11
9
2
7 11
2
2
t
t

 

   

Với điều kiện 2 0t x  thì lấy 21 9 3t x x     
b. 
2 8 4 2 16 7 35 5
3 2 19 3 2 19 2 8 2
x y x y x x
x y x y x y y
        
     
        
2. a) 2 2 2 24( 3) 4(4 7) 4 24 36 16 28 4 8 8 4( 1) 1 1 0m m m m m m m m                  
Nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
b. theo hệ thức vi- ét ta có 
1 2 1 2
1 1 1 1
1 2 1 2
2( 3) 2 2 12 4
2 2 19 . 0
. 4 7 . 7 4
x x m x x m
x x x x
x x m x x m
        
      
      
Bài 3: (2,0điểm) 
Cho hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 7 giờ 12 phút sẽ 
đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và cho vòi thứ hai chảy 
trong 3 giờ thì được 
1
2
bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu 
mới đầy bể ? 
Giải 
Gọi  x h là thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc, 
36
5
x  
  y h là thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc, 
36
5
y  
Theo đề bài, ta có hệ phương trình: 
1 1 5
1236
4 3 1 18
2
xx y
y
x y

  
 
  

Vậy nếu làm riêng một mình thì người thứ nhất làm trong 12(h); người thứ hai làm 
trong 18(h). 
Bài 4: (3,5điểm) 
Từ một điểm M nằm ở bên ngoài đường tròn Tâm O bán kính R , vẽ các tiếp 
tuyến MA,MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm ).Vẽ cát tuyến MCD không đi 
qua tâm O của đường tròn ( C nằm giữa M và D).Gọi E là trung điểm của dây CD. 
 a.Chứng minh năm điểm M,A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn 
 b.Trong trường hợp OM =2R và C là trung điểm của đoạn thẳng MD .Hãy tính 
độ dài đoạn thẳng MD theo R. 
 c.Chứng minh hệ thức CD2 =4AE.BE 
Giải 
a) C/m: M, A, B, E, O cùng thuộc một đường tròn . 
Xét tứ giác MAOB có MAO 0 0 090 90 180 .MBO    
=> Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM (1). 
Xét tứ giác MEOB có 090MEO  (vì OE đi qua trung điểm của BC) . 
 Lúc đó ta có : MEO 0 0 090 90 180MBO    . 
=> Tứ giác MEOB nội tiếp đường tròn đường kính OM (2). 
Từ (1) và (2) => M, A, B, E, O cùng thuộc một đường tròn đường kính OM . 
b) Cho OM = 2R, CM = CD. Tính MD theo R 
Xét ΔMAC và ΔMDA có: 
AMC  AMD ( góc chung ) . 
MAC  MDA (cùng chắn cung AC) . 
 => ΔMAC ഗ ΔMDA (g.g) 
MA MC
MD MA
  => MA
2
 = MC.MD = MC.2MC = 2MC
2 
Mà 2 2 2 2 2 24 3 .MA OM OA R R R     
=> 3R
2
 = 2.MC
2
 => MC 
6
2
R
 => MD = R . 
c) C/m: CD
2
 = 4AE.BE 
Ta có: CD
2
 = 4CE
2
 => CD
2
 = 4AE.BE  4CE
2
 = 4AE.BE CE
2
 = AE.BE 
Kéo dài BE cắt (O) tại T. Xét ΔCEA và ΔBEC có: 
 MEA  MBA (cùng chắn cung MA) . 
MEB  MAB (cùng chắn cung MB). 
Mà sđ cung MA = sđ cung MB =>MEA  MEB (1). 
ATB  MAB (cùng chắn cung AB). 
MTB  MAB (cùng chắn cung MB). 
=> ATB  MEB hay (sđ cung AC+ sđ cung CB):2=(sđ cung TD+sđ cung CB):2. 
=> sđ cung AC= sđ cung TD suy ra sđ cung AD = sđ cung CT. 
=> ACE  CBE (2). 
Từ (1) và (2) => ΔCEA ഗ ΔBEC (g.g) 
CE AE
BE CE
  => CE
2
 = AE.BE => 4CE
2
 = 4AE.BE nên CD
2
 = 4AE.BE (Đpcm) . 
Bài 5: (1,0 điểm) 
*Cách 1: 
22 2 2 2
2 2 2 2
3 8 2 4 4 12
x y x y x y x y x y
A
y x y x y x y x y x
         
                    
           
22 2
2 2
2 2 12
x y x y
A
y x y x
   
        
  
Với x, y  0, áp dụng BĐT AM - GM ta có: 
2 2
2 2
2
x y
y x
  (1) 
Và 
2
2 0
x y
y x
 
   
 
 với x, y  0 (2) 
Suy ra: 2 0 12 10A     (3) 
Dấu = ở (3) xảy ra  dấu = ở (1), (2) đồng thời xảy ra, nghĩ là: 
2 2
2 2
2 0
x y
y x
x y
x y
y x



 
   

Vậy MinA = 10 x y   
*Cách 2: 2 2
4 34 34
3 8 6 3( )
3 3 3
A m m m

       với 2
x y
m
y x
   
2 2 23 8 6 3 12 12 4 8 10 3( 2) 4( 2) 10A m m m m m m m              
Với 2
x y
m
y x
   thì 22 ( 2) 0
x y
m m
y x
      
và 2 4( 2) 0
x y
m m
y x
      
nên 2 2 23 8 6 3 12 12 4 8 10 3( 2) 4( 2) 10 10A m m m m m m m                
Min A = -10 khi 2
x y
m x y
y x
    