Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2019

Đề bài

Câu 1 (1,75 điểm):

1) Giải phương trình: $2x^2-7x+6=0.$

2) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x-3y=-5\\ 3x+4y=18\end{array}.$

3) Giải phương trình: $x^4+7x^2-18=0.$

Câu 2 (2,25 điểm):

1) Vẽ đồ thị của hai hàm số $y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2,y=2x-1$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

2) Tìm các tham số thực $m$ để hai đường thẳng $y=\left(m^2+1\right)x+m$ và $y=2x-1$ song song với nhau.

3) Tìm các số thực $x$ để biểu thức $M=\sqrt{3x-5}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{x^2-4}}}$ xác định.

Câu 3 (2 điểm):

1) Cho tam giác $MNP$ vuông tại $N$ có $MN=4a,NP=3a$ với $0<a\in \mathbb{R}$. Tính theo $a$ diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác $MNP$ quay quanh đường thẳng $MN$.

2) Cho $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-3x+1=0$. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm $2x_1-{\left(x_2\right)}^2$ và $2x_2-{\left(x_1\right)}^2$.

3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn và lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm?

Câu 4 (1 điểm):

1) Rút gọn biểu thức $P=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{a}+a}{1+\sqrt{a}}}\right)\left({\displaystyle \frac{a-3\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}}\right)$ (với $a\ge 0$ và $a\ne 4$).

 2) Tìm các số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $\{\begin{array}{l}4x^2-xy=2\\ y^2-3xy=-2\end{array}$.

Câu 5 (2,5 điểm):

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ có hai đường cao $BD$ và $CE$ cắt nhau tại trực tâm $H$. Biết ba góc $\mathrm{\angle }CAB,\mathrm{\angle }ABC,\mathrm{\angle }BCA$ đều là góc nhọn.

1) Chứng minh bốn điểm $B,C,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh $DE$ vuông góc với $OA$.

3) Cho $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai đoạn $BC,AH$. Cho $K,L$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $OM$ và $CE$, $MN$ và $BD$. Chứng minh $KL$ song song với $AC$.

Câu 6 (0,5 điểm):

Cho ba số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

${\left(a^2-bc\right)}^3+{\left(b^2-ca\right)}^3+{\left(c^2-ab\right)}^3\ge 3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)$. 

Lời giải chi tiết

Câu 1

Phương pháp:

1) Giải phương trình bằng sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai.

2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

3) Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ: $x^2=t\left(t\ge 0\right).$

Cách giải:

1) Giải phương trình:  

Ta có: $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac={\left(-7\right)}^2-4.2.6=1>0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{l}{x}_1={\displaystyle \frac{7+\sqrt{1}}{2.2}}=2\\ x_2={\displaystyle \frac{7-\sqrt{1}}{2.2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}\end{array}.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là:$S=\left\{{\displaystyle \frac{3}{2}};2\right\}.$

2) Giải hệ phương trình:  

$\{\begin{array}{l}2x-3y=-5\\ 3x+4y=18\end{array}\iff \{\begin{array}{l}6x-9y=-15\\ 6x+8y=36\end{array}\iff \{\begin{array}{l}17y=51\\ x={\displaystyle \frac{3y-5}{2}}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=3\\ x={\displaystyle \frac{3.3-5}{2}}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left(x;y\right)=\left(2;3\right).$

3) Giải phương trình:  

Đặt$x^2=t\left(t\ge 0\right).$ Khi đó ta có phương trình $\iff t^2+7t-18=0\left(1\right)$

Ta có:$\mathrm{\Delta }=7^2+4.18=121>0$

$\Rightarrow \left(1\right)$ có hai nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{l}{t}_1={\displaystyle \frac{-7+\sqrt{121}}{2}}={\displaystyle \frac{-7+11}{2}}=2\left(tm\right)\\ t_2={\displaystyle \frac{-7-\sqrt{121}}{2}}={\displaystyle \frac{-7-11}{2}}=-9\left(ktm\right)\end{array}$

Với $t=2\Rightarrow x^2=2\iff x=\pm \sqrt{2}.$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: $S=\left\{-\sqrt{2};\sqrt{2}\right\}.$

Câu 2

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.

2) Hai đường thẳng $y=a_{1}x+b_1$ và $y=a_{2}x+b_2$ là hai đường thẳng song song $\iff \{\begin{array}{l}{a}_1=a_2\\ b_1\ne b_2\end{array}.$

3) Biểu thức: $\sqrt{f\left(x\right)}$ xác định $\iff f\left(x\right)\ge 0.$

    Biểu thức: ${\displaystyle \frac{1}{f\left(x\right)}}$ xác định $\iff f\left(x\right)\ne 0.$ 

Cách giải:

1) Vẽ đồ thị của hai hàm số $y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2,y=2x-1$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

+) Vẽ đồ thị hàm số $y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2$

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số $y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2$ là đường cong đi qua các điểm  $\left(-4;-8\right),\left(-2;-2\right),\left(0;0\right),\left(2;-2\right),\left(4;-8\right)$ và nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng.

+) Vẽ đồ thị hàm số $y=2x-1:$

Ta có bảng giá trị:

Vậy đường thẳng $y=2x-1$ là đường thẳng đi qua hai điểm: $\left(0;-1\right),\left(-2;-5\right).$

2) Tìm các tham số thực $m$ để hai đường thẳng $y=\left(m^2+1\right)x+m$ và $y=2x-1$ song song với nhau.

 Hai đường thẳng $y=\left(m^2+1\right)x+m$ và $y=2x-1$ song song với nhau

$\iff \{\begin{array}{l}{m}^2+1=2\\ m\ne -1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2=1\\ m\ne -1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}[\begin{array}{c}m=1\\ m=-1\end{array}\\ m\ne -1\end{array}\iff m=1.$

Vậy $m=1$ thỏa mãn bài toán.

3) Tìm các số thực $x$ để biểu thức $M=\sqrt{3x-5}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{x^2-4}}}$ xác định.

Biểu thức $M$ đã cho xác định $\iff \{\begin{array}{l}3x-5\ge 0\\ x^2-4\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x\ge 5\\ x^2\ne 4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge {\displaystyle \frac{5}{3}}\\ x\ne \pm 2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge {\displaystyle \frac{5}{3}}\\ x\ne 2\end{array}.$

Vậy biểu thức $M$ xác định khi và chỉ khi $x\ge {\displaystyle \frac{5}{3}},x\ne 2.$

Câu 3 (2 điểm)

1) Cho tam giác $MNP$ vuông tại $N$ có $MN=4a,NP=3a$ với $0<a\in \mathbb{R}$. Tính theo $a$ diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác $MNP$ quay quanh đường thẳng $MN$.

Khi xoay tam giác $MNP$ vuông tại $N$ quanh đường thẳng $MN$ ta được hình nón có chiều cao $h=MN=4a$ và bán kính đáy $R=NP=3a$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông $MNP$ ta có:

$\begin{array}{l}M{P}^2=M{N}^2+N{P}^2={\left(4a\right)}^2+{\left(3a\right)}^2=25a^2\\ \Rightarrow MP=\sqrt{25a^2}=5a\left(Doa>0\right)\end{array}$

Do đó hình nón có đồ dài đường sinh là $l=MP=5a$.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi .3a.5a=15\pi a^2$.

2) Cho $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-3x+1=0$. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm $2x_1-{\left(x_2\right)}^2$ và $2x_2-{\left(x_1\right)}^2$.

Phương trình $x^2-3x+1=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$ (gt) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=1\end{array}$.

Xét các tổng và tích sau:

$\begin{array}{l}S=2x_1-{\left(x_2\right)}^2+2x_2-{\left(x_1\right)}^2=2\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1^2+x_2^2\right)\\ =2\left(x_1+x_2\right)-\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]=2.3-\left[3^2-2.1\right]=-1\\ P=\left[2x_1-{\left(x_2\right)}^2\right]\left[2x_2-{\left(x_1\right)}^2\right]=4x_1{x}_2-2x_1^3-2x_2^3+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4x_1{x}_2-2\left(x_1^3+x_2^3\right)+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4x_1{x}_2-2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^3-3x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)\right]+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4.1-2\left[3^3-3.1.3\right]+1^2=-31\end{array}$

Ta có $S^2={\left(-1\right)}^2=1\ge 4P=-124$

$\Rightarrow 2x_1-{\left(x_2\right)}^2$ và $2x_2-{\left(x_1\right)}^2$ là 2 nghiệm của phương trình

$X^2-SX+P=0\iff X^2+X-31=0.$

3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn và lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm?

Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là $x$ (%/năm) (ĐK: $x>0$).

Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là $100x\mathrm{\%}=x$ (triệu đồng).

$\Rightarrow$ Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là $100+x$ (triệu đồng).

Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải trả sau 2 năm là $\left(100+x\right)x\mathrm{\%}={\displaystyle \frac{\left(100+x\right)x}{100}}$ (triệu đồng).

Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là 121 triệu đồng nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}100+x+{\displaystyle \frac{\left(100+x\right)x}{100}}=121\iff 10000+100x+100x+x^2=12100\\ \iff x^2+200x-2100=0\iff x^2-10x+210x-2100=0\\ \iff x\left(x-10\right)+210\left(x-10\right)=0\iff \left(x-10\right)\left(x+210\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-10=0\\ x+210=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=10\left(tm\right)\\ x=-210\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vây lãi suất cho vay của ngân hàng đó là $10$%/năm.

Câu 4

1) Rút gọn biểu thức $P=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{a}+a}{1+\sqrt{a}}}\right)\left({\displaystyle \frac{a-3\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}}\right)$ (với $a\ge 0$ và $a\ne 4$).

2) Tìm các số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $\{\begin{array}{l}4x^2-xy=2\\ y^2-3xy=-2\end{array}$.

Phương pháp:

1) Phân tích các tử thức thành nhân tử rồi rút gọn.

2) Cộng hai phương trình với nhau vế với vế.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức $P=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{a}+a}{1+\sqrt{a}}}\right)\left({\displaystyle \frac{a-3\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}}\right)$ (với $a\ge 0$ và $a\ne 4$).

Với $a\ge 0$ và $a\ne 4$ thì:

$\begin{array}{l}P=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{a}+a}{1+\sqrt{a}}}\right)\left({\displaystyle \frac{a-3\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}}\right)={\displaystyle \frac{\sqrt{a}\left(1+\sqrt{a}\right)}{1+\sqrt{a}}}.{\displaystyle \frac{a-2\sqrt{a}-\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}}\\ =\sqrt{a}.{\displaystyle \frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-2\right)-\left(\sqrt{a}-2\right)}{\sqrt{a}-2}}=\sqrt{a}.{\displaystyle \frac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}{\sqrt{a}-2}}\\ =\sqrt{a}.\left(\sqrt{a}-1\right)=a-\sqrt{a}\end{array}$

Vậy $P=a-\sqrt{a}$.

2) Tìm các số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $\{\begin{array}{l}4x^2-xy=2\\ y^2-3xy=-2\end{array}$.

$\{\begin{array}{l}4x^2-xy=2\left(1\right)\\ y^2-3xy=-2\left(2\right)\end{array}$

Lấy $\left(1\right)$ cộng $\left(2\right)$ vế với vế ta được:

$\begin{array}{l}4x^2-xy+y^2-3xy=0\iff 4x^2-4xy+y^2=0\\ \iff {\left(2x-y\right)}^2=0\iff 2x-y=0\iff y=2x\end{array}$

Thay $y=2x$ vào $\left(2\right)$ ta được:

$\begin{array}{l}{\left(2x\right)}^2-3x.\left(2x\right)=-2\iff 4x^2-6x^2=-2\\ \iff -2x^2=-2\iff x^2=1\iff x=\pm 1\end{array}$

Với $x=1$ thì $y=2.1=2$.

Với $x=-1$ thì $y=2.\left(-1\right)=-2$.

Vậy hệ có nghiệm $\left(x;y\right)\in \left\{\left(1;2\right),\left(-1;-2\right)\right\}$.

Câu 5 (2,5 điểm)

Phương pháp:

1) Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau.

2) Kẻ tiếp tuyến $Ax$ và chứng minh $Ax//DE$.

Cách giải:

1) Chứng minh bốn điểm $B,C,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $\{\begin{array}{l}BD\mathrm{\perp }AC\Rightarrow \mathrm{\angle }BDC={90}^0\\ CE\mathrm{\perp }AB\Rightarrow \mathrm{\angle }CEB={90}^0\end{array}$

Tứ giác $BEDC$ có $\mathrm{\angle }BDC=\mathrm{\angle }BEC={90}^0$ nên nó là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

Suy ra bốn điểm $B,D,C,E$ cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh $DE$ vuông góc với $OA$.

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với đường tròn $\left(O\right)$ tại $A$.

Khi đó $Ax\mathrm{\perp }AO$ (tính chất tiếp tuyến).

Ta có: $\mathrm{\angle }CAx=\mathrm{\angle }CBA$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$) (1)

Do tứ giác $BEDC$ nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \mathrm{\angle }CBA=\mathrm{\angle }EDA$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối diện đỉnh đó) (2)

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $\mathrm{\angle }CAx=\mathrm{\angle }EDA\left(=\mathrm{\angle }CBA\right)$.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $DE//Ax$.

Mà $Ax\mathrm{\perp }AO\left(cmt\right)$ nên $DE\mathrm{\perp }AO$ (đpcm).

3) Cho $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai đoạn $BC,AH$. Cho $K,L$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $OM$ và $CE$, $MN$ và $BD$. Chứng minh $KL$ song song với $AC$.

Kẻ đường kính $AI$ của đường tròn $\left(O\right)$ , gọi giao điểm của $NM$ và $ED$ là $P.$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ ta có $\mathrm{\angle }ACI={90}^{\circ },\mathrm{\angle }ABI={90}^{\circ }$ (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $CI\mathrm{\perp }AC,BI\mathrm{\perp }AB$ lại có $BD\mathrm{\perp }AC,CE\mathrm{\perp }AB\left(gt\right)$ nên $BH//CI;CH//BI$

Xét tứ giác $BHCI$ có $\{\begin{array}{l}BH//CI\\ CH//BI\end{array}\Rightarrow$ $BHCI$ là hình bình hành, có $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ cũng là trung điểm của $HI.$

Xét tam giác $HIA$ ta có:

$M$ là trung điểm của $HI$

$N$ là trung điểm của $AH$

 $\Rightarrow MN$ là đường trung bình của tam giác $HAI\Rightarrow MN//AI$ (tính chất đường trung bình).

Theo câu b) ta có $AO\mathrm{\perp }DE\Rightarrow MN\mathrm{\perp }DE$ tại $P.$

Xét tam giác vuông $PLD$ có $\mathrm{\angle }PLD={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }PDL$  (3)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $M$ là trung điểm của $BC\Rightarrow OM\mathrm{\perp }BC$ hay $OM$ là đường trung trực của $BC.$

Mà $K\in OM\Rightarrow KB=KC$

Xét $\mathrm{\Delta }KBC$ cân tại $K$ có $KM$ là đường cao nên $KM$ cũng là đường phân giác $\mathrm{\angle }BKM\Rightarrow \mathrm{\angle }BKM=\mathrm{\angle }MKC$ (tính chất đường phân giác).

Xét tam giác $KMC$ vuông tại $M$ có $\mathrm{\angle }MKC={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }KCM$ suy ra $\mathrm{\angle }BKM={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }KCM$ (4)

Lại có $\mathrm{\angle }EDB=\mathrm{\angle }ECB$ (do tứ giác $BEDC$ nội tiếp) hay $\mathrm{\angle }PDL=\mathrm{\angle }KCM$ (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra $\mathrm{\angle }BKM=\mathrm{\angle }PLD$ mà $\mathrm{\angle }PLD=\mathrm{\angle }BLM$ (hai góc đối đỉnh) nên $\mathrm{\angle }BLM=\mathrm{\angle }BKM$

Xét tứ giác $BLKM$ có  $\mathrm{\angle }BLM=\mathrm{\angle }BKM$ nên hai đỉnh $L,K$ kề nhau cùng nhìn cạnh $BM$ dưới các góc bằng nhau, do đó tứ giác $BLKM$ là tứ giác nội tiếp. (dhnb).

Suy ra $\mathrm{\angle }BLK+\mathrm{\angle }BMK={180}^{\circ }\iff \mathrm{\angle }BLK={180}^{\circ }-{90}^{\circ }={90}^{\circ }$

Hay $KL\mathrm{\perp }BD$ mà $AC\mathrm{\perp }BD\left(gt\right)\Rightarrow KL//AC$ (đpcm)

Câu 6 (0,5 điểm)

Phương pháp:

- Đặt $x=a^2-bc,y=b^2-ca,z=c^2-ab$ đưa bất đẳng thức cần chứng minh về $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$.

- Chứng minh đẳng thức  $x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)$

- Từ đó đánh giá hiệu $x^3+y^3+z^3-3xyz$ và kết luận.

Cách giải:

Đặt $x=a^2-bc,y=b^2-ca,z=c^2-ab$.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$.

Ta có:

$\begin{array}{l}{x}^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x^3+y^3\right)-3xyz+z^3\\ ={\left(x+y\right)}^3-3xy\left(x+y\right)-3xyz+z^3\\ ={\left(x+y\right)}^3+z^3-3xy\left(x+y+z\right)\\ =\left(x+y+z\right)\left[{\left(x+y\right)}^2-\left(x+y\right)z+z^2\right]-3xy\left(x+y+z\right)\\ =\left(x+y+z\right)\left[x^2+2xy+y^2-xz-yz+z^2-3xy\right]\\ =\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\end{array}$

Dễ thấy:

$\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2-xy-yz-zx={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(x^2-2xy+y^2+y^2-2yz+z^2+z^2-2zx+x^2\right)\\ ={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[{\left(x-y\right)}^2+{\left(y-z\right)}^2+{\left(z-x\right)}^2\right]\ge 0,\mathrm{\forall }x,y,z\end{array}$

Do đó ta đi xét dấu của $x+y+z$.

Ta có: $x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab$

       $=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[{\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\right]\ge 0,\mathrm{\forall }a,b,c$

Suy ra $x+y+z\ge 0$ $\Rightarrow \left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge 0$

$\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$ hay ${\left(a^2-bc\right)}^3+{\left(b^2-ca\right)}^3+{\left(c^2-ab\right)}^3\ge 3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)$ (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c$.