Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Bắc Ninh (có đáp án)

Đáp án đúng là: D

Nhóm có tần số lớn nhất là \(\left[ {155;\,\,160} \right)\) với tần số là 14.

Đáp án đúng là: C

Sử dụng MTCT, ta giải được hệ phương trình có nghiệm là \(\left( { - 1;\,\,2} \right).\)

Vậy \({x_0} + 5{y_0} = 9.\).

Đáp án đúng là: D

Sử dụng MTCT ta giải được phương trình có nghiệm là \({x_1} = - 2,{x_2} = 1,5\).

Vậy \(2{x_1} - {x_2} = 2\left( { - 2} \right) - 1,5 = - 5,5.\).

Đáp án đúng là: A

Bất đẳng thức mô tả tình huống “Trên xe buýt có tối đa 50 người” là: \(x \le 50.\).

Đáp án đúng là: C

Phương trình \({x^2} - 4x - 5 = 0\) là phương trình bậc hai ẩn \(x.\)

Đáp án đúng là: B

Thay \(x = - 1\) vào bất phường trình \(2x + 1 < 0\) được \( - 1 < 0\) đúng.

Đáp án đúng là: A

Thay \(x = 1,\,\,y = 2\) vào phương trình đã cho ta được: \(3 \cdot 1 - 2 \cdot 2 = - 1\) (đúng).

Đáp án đúng là: B

\(\frac{{5x - 15}}{{x + 2}} = 0\)

\(5x - 15 = 0\)

\(x = 3\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 3.\)

Đáp án đúng là: B

Điều kiện xác định của biểu thức \(\sqrt {1 - 2x} \) là \[1 - 2x \ge 0\] hay \(x \le \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: A

Số đo cung bằng 2 lần góc nội tiếp chắn cung đó.

Vậy $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=100°.$

Đáp án đúng là: C

Tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có đường kính \(BC = 10{\rm{ cm}}\) nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)

Do đó \(AB = BC \cdot \sin \widehat {BCA} = BC \cdot \sin 30^\circ = 10 \cdot 0,5 = 5\) (cm).

Đáp án đúng là: A

Kí hiệu \({X_1},\,\,{X_2}\) lần lượt là hai chiếc bút xanh; \[{\S_1},\,\,{\S_2}\] lần lượt là hai chiếc bút đỏ.

Không gian mẫu là: \(\Omega \,{\rm{ = }}\left\{ {{{\rm{X}}_1}{{\rm{X}}_2}{\rm{;}}\,\,{\S_1}{\S_2};\,\,{{\rm{X}}_1}{{\rm{\S}}_1};\,\,{X_1}{\S_2};\,\,{X_2}{\S_1};\,\,{X_2}{\S_2}} \right\}.\)

Không gian mẫu có 6 phần tử.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy được hai chiếc bút bi khác màu” là: \({{\rm{X}}_1}{{\rm{\S}}_1};\,\,{X_1}{\S_2};\,\,{X_2}{\S_1};\,\,{X_2}{\S_2}.\)

Vậy xác suất của biến cố này bằng \(\frac{4}{6} = \frac{2}{3}.\).

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: C

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Cả hai lần xuất hiện mặt sấp” là: SS.

Đáp án đúng là: A

Với \(x \le 5,\) ta có \(x - \sqrt {{x^2} - 10x + 25} = x - \sqrt {{{\left( {x - 5} \right)}^2}} = x - \left| {x - 5} \right| = x - \left( {5 - x} \right) = 2x - 5\).

Đáp án đúng là: A

Gọi thể tích sữa ở thùng thứ hai là \(x\) (lít) (điều kiện: \(x > 0\)).

Thể tích chất béo có trong thùng thứ nhất là: \(5 \cdot 4\% = 0,2\) (lít).

Thể tích chất béo có trong thùng thứ hai là: \(x \cdot 5\% = 0,05x\) (lít).

Tổng thể tích sữa sau khi trộn chung hai thùng là: \(5 + x\) (lít).

Tổng thể tích chất béo sau khi trộn là: \(0,2 + 0,05x\) (lít).

Theo đề bài, tỉ lệ chất béo sau khi trộn là \(4,375\% \), nên ta có phương trình:

\(\frac{{0,2 + 0,05x}}{{5 + x}} = 4,375\% \)

\(\frac{{0,2 + 0,05x}}{{5 + x}} = \frac{{4,375}}{{100}}\)

\(\frac{{0,2 + 0,05x}}{{5 + x}} = 0,04375\)

\(0,2 + 0,05x = 0,04375\left( {5 + x} \right)\)

\(0,2 + 0,05x = 0,21875 + 0,04375x\)

\(0,05x - 0,04375x = 0,21875 - 0,2\)

\(0,00625x = 0,01875\)

\(x = \frac{{0,01875}}{{0,00625}}\)

\(x = 3\) (tm).

Vậy thùng thứ hai có \(3\) lít sữa.

Đáp án đúng là: C

⦁ Gọi độ dài cạnh hình vuông \(ABCD\) là \(a\) (\(a > 0\)).

Hai nửa đường tròn đường kính \(AB\) và \(AD\) sẽ có bán kính là \(R = \frac{a}{2}\).

Ta xét miền giao nhau \({S_1}\):

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Giao điểm của hai nửa đường tròn chính là \(A\) và \(O\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\) (đây cũng là tâm của hai nửa đường tròn). Tứ giác \(AMON\) là hình vuông có cạnh bằng \(\frac{a}{2}\).

Phần diện tích \({S_1}\) được tạo thành từ 2 hình viên phân bằng nhau (nằm trong hình vuông con \(AMON\)).

Diện tích một phần tư hình tròn tâm \(N\) (hoặc \(M\)) bán kính \(\frac{a}{2}\) là: \({S_{\frac{1}{4}{\rm{tr\`o n}}}} = \frac{1}{4}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{{16}}\)

Diện tích tam giác vuông \(ANO\) là: \({S_{\Delta ANO}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{8}\)

Diện tích một hình viên phân là: \(\frac{{\pi {a^2}}}{{16}} - \frac{{{a^2}}}{8}\)

Do đó, diện tích phần giao \({S_1}\) là:

\({S_1} = 2\left( {\frac{{\pi {a^2}}}{{16}} - \frac{{{a^2}}}{8}} \right) = \frac{{\pi {a^2}}}{8} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{\left( {\pi - 2} \right){a^2}}}{8}\)

Theo giả thiết đề bài, \({S_1} = \frac{{\pi - 2}}{8}\). Từ đó ta có phương trình:

\(\frac{{\left( {\pi - 2} \right){a^2}}}{8} = \frac{{\pi - 2}}{8}\)

\({a^2} = 1\)

\(a = 1\)

Vậy cạnh hình vuông \(ABCD\) có độ dài bằng \(1\).

⦁ Diện tích toàn bộ hình vuông là: \({S_{ABCD}} = {1^2} = 1\).

Tổng diện tích hai nửa đường tròn là: \(2 \cdot \left[ {\frac{1}{2}\pi {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} \right] = \frac{\pi }{4}\).

Diện tích hình gộp bởi hai nửa đường tròn này là tổng diện tích hai nửa đường tròn trừ đi phần giao nhau \({S_1}\):

\({S_{{\rm{gop}}}} = \frac{\pi }{4} - \frac{{\pi - 2}}{8} = \frac{{2\pi - \pi + 2}}{8} = \frac{{\pi + 2}}{8}\)

Diện tích \({S_2}\) ban đầu sẽ là:

\({S_2} = {S_{ABCD}} - {S_{{\rm{gop}}}} = 1 - \frac{{\pi + 2}}{8} = \frac{{8 - \pi - 2}}{8} = \frac{{6 - \pi }}{8}\).

⦁ Gọi \(I\) là tâm và \(r\) là bán kính của hình tròn nhỏ (\(0 < r < 1\)).

Hình tròn này tiếp xúc với hai cạnh \(BC,CD\) và tiếp xúc ngoài với nửa đường tròn đường kính \(AD\).

Kẻ vuông góc từ \(I\) xuống cạnh \(AD\) cắt tại \(H\), và vuông góc xuống \(CD\) cắt tại \(K\).

Vì hình tròn tâm \(I\) tiếp xúc với \(CD\) và \(BC\) nên khoảng cách từ \(I\) đến \(CD\) và \(BC\) đều bằng \(r\).

Từ đó ta có khoảng cách \(DH = r\) và khoảng cách từ \(I\) xuống \(AD\) (chính là \(IH\)) sẽ bằng \(1 - r\).

Độ dài đoạn \(NH = ND - DH = 0,5 - r\).

Vì hình tròn nhỏ tiếp xúc ngoài với nửa đường tròn tâm \(N\), nên khoảng cách giữa hai tâm là: \(IN = R + r = 0,5 + r\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vuông \(IHN\): \(I{N^2} = I{H^2} + N{H^2}\)

\({\left( {0,5 + r} \right)^2} = {\left( {1 - r} \right)^2} + {\left( {0,5 - r} \right)^2}\)

\(0,25 + r + {r^2} = 1 - 2r + {r^2} + 0,25 - r + {r^2}\)

\({r^2} - 4r + 1 = 0\)

Giải phương trình bậc 2 này, ta được hai nghiệm: \(r = 2 + \sqrt 3 \); \(r = 2 - \sqrt 3 \).

Vì bán kính \(r\) phải nhỏ hơn cạnh hình vuông (\(r < 1\)), ta nhận nghiệm \(r = 2 - \sqrt 3 \).

⦁ Diện tích hình tròn tâm \(I\) là: \({S_{{\rm{tr\`o n}}}} = \pi {r^2} = \pi {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^2} = \pi \left( {4 - 4\sqrt 3 + 3} \right) = \pi \left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)\).

Diện tích phần chấm còn lại là:

\( = \frac{{6 - \pi }}{8} - \pi \left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)\)\( = \frac{{6 - \pi - 8\pi \left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)}}{8}\)

\( = \frac{{6 - \pi - 56\pi + 32\pi \sqrt 3 }}{8}\)\( = \frac{{6 - 57\pi + 32\pi \sqrt 3 }}{8}\)\( = \frac{{6 - \pi \left( {57 - 32\sqrt 3 } \right)}}{8}.\)

Vậy kết quả diện tích phần chấm còn lại của \({S_2}\) ở ngoài miền hình tròn là \(\frac{{6 - \pi \left( {57 - 32\sqrt 3 } \right)}}{8}.\).

Đáp án đúng là: C

Thay \(F = 500{\rm{ N}}{\rm{,}}\,\,\,v = 5\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) vào công thức \(F = a{v^2}\), ta được:

\(500 = a \cdot {5^2},\) suy ra \(a = 20.\) Khi đó \(F = 20{v^2}.\)

Thay \(v = 8\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) vào công thức, ta được \(F = 20 \cdot {8^2} = 1280\) (N).

Đáp án đúng là: D

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(4x \cdot 3x = 192,\) suy ra \(x = 4.\)

Diện tích của tấm bìa sau khi đã khoét phần hình tròn ở giữa là: 

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(AC = BC \cdot \tan \widehat {CBA}\)\( = 500 \cdot \tan 24^\circ \approx 500 \cdot 0,4452 \approx 222,6{\rm{ (m)}}\)

Xét tam giác vuông \(DBC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(DC = BC \cdot \tan \widehat {CBD}\)\( = 500 \cdot \tan 60^\circ \approx 500 \cdot 1,732 \approx 866{\rm{ (m)}}\)

Khảng cách khinh khí cầu đã bay lên giữa hai lần quan sát là đoạn \(AD\):

\(AD = DC - AC\)\( \approx 866 - 222,6 = 643,4{\rm{ (m)}}\)

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được \(643{\rm{ m}}\).

Vậy khinh khí cầu đã bay lên khoảng \(643{\rm{ m\'e t}}\) giữa hai lần quan sát.

Đáp án đúng là: A

Số lá dương xỉ trưởng thành có độ dài từ 20 cm đến dưới 40 cm là

\(50 \cdot \left( {36\% + 28\% } \right) = 32\) (lá).

a) Giải bất phương trình:

\(5x - 20 \le 0\)

\(5x \le 20\)

\(x \le 4.\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \le 4.\)

b) Điều kiện xác định: \(x - 5 \ne 0\) hay \(x \ne 5.\)

\(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\)

\(3x - 2 = 7\)

\(3x = 9\)

\(x = 3\) (tm).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 3.\)

c) Với \(x \ge 0,x \ne 9\) ta có:

\[Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)\]

\( = \left[ {\frac{{6\sqrt x \left( {3 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {3 + \sqrt x } \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right]\left( {3 - \sqrt x } \right)\)

\[ = \left( {\frac{{18\sqrt x - 6x + 12x}}{{9 - x}}} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)\]

\(Q = \frac{{18\sqrt x + 6x}}{{\left( {3 + \sqrt x } \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}} \cdot \left( {3 - \sqrt x } \right)\)

\(Q = \frac{{6\sqrt x \left( {3 + \sqrt x } \right)}}{{3 + \sqrt x }} = 6\sqrt x .\)

Vậy \(x \ge 0,x \ne 9\) thì \(Q = 6\sqrt x .\)

Gọi giá niêm yết của cái cặp sách là \(x\) (đồng) và đôi giày là \(y\) (đồng). Điều kiện: \(0 < x,y < 950000.\)

Theo dự định, tổng số tiền là 950000 đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 950000\quad (1)\)

Giá thực tế của cặp sách sau khi giảm 20000 đồng là: \(x - 20000\) (đồng).

Giá thực tế của đôi giày sau khi giảm 10% là: \(y - 0,1y = 0,9y\) (đồng).

Tổng số tiền An phải trả là 870000 đồng nên ta có phương trình:

\(\left( {x - 20000} \right) + 0,9y = 870000\) hay \(x + 0,9y = 890000\quad \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 950000\quad \,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + 0,9y = 890000\quad \left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ vế theo vế (1) cho (2), ta được:

\(0,1y = 60000\) suy ra \(y = 600000\) (tm).

Thay \(y = 600000\) vào (1) thu được \(x = 350000\) (tm).

Vậy giá niêm yết của cái cặp sách là 350000 đồng, của đôi giày là 600000 đồng.

a) Khi \(m = - 7,\) phương trình trở thành: \({x^2} - 2x - 8 = 0.\)

Ta có \(\Delta \prime = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( { - 8} \right) = 9 > 0,\) suy ra \(\sqrt {\Delta \prime } = 3.\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{1 + 3}}{1} = 4;\) \({x_2} = \frac{{1 - 3}}{1} = - 2.\)

b) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta \prime > 0\) tức là \(1 - \left( {m - 1} \right) > 0\), suy ra \(2 - m > 0\) nên \(m < 2.\)

Theo định lý Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\) và \({x_1}{x_2} = m - 1.\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của (1) nên: \(x_1^2 - 2{x_1} + m - 1 = 0,\) suy ra \(x_1^2 = 2{x_1} - m + 1.\)

Tương tự, ta cũng có \(x_2^2 = 2{x_2} - m + 1.\)

Thay \(x_1^2;\,\,x_2^2\) vào hệ thức đề cho:

\(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

\(\left( {2{x_1} - m + 1} \right) + 2\left( {2{x_2} - m + 1} \right) + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

\[4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + 2 + {m^2} - m + 1 = 9\]

Thay \({x_1} + {x_2} = 2\) vào:

\(8 - 3m + 3 + {m^2} = 9\)

\({m^2} - 3m + 2 = 0\)

Phương trình trên có 2 nghiệm là \(m = 1\) và \(m = 2.\)

Đối chiếu điều kiện \(m < 2,\) ta chỉ nhận \(m = 1.\)

Vậy \(m = 1.\)

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AEB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {DEB} = 90^\circ \).

Theo giả thiết \(CH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {DHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHDE\), ta có: \(\widehat {DEB} = \widehat {DHB} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BHDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.

Vậy bốn điểm \(B,H,D,E\) cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính \(BD\)).

b) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) (chứng minh trên),

Góc \(\widehat {A\,\,}\) chung (hay \(\widehat {DAH} = \widehat {EAB}\)).

Do đó, $\Delta ADH\backsim \Delta ABE$ (g.g).

Suy ra tỉ số:\(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}\) nên \(AD \cdot AE = AH \cdot AB\).

Khi đó:

\(P = AD \cdot AE + BH \cdot BA\)

\(P = AH \cdot AB + BH \cdot AB\)

\(P = AB\left( {AH + BH} \right)\)

\(P = AB \cdot AB = A{B^2}\)

\(P = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.\)

c) Vì \(\widehat {AOC} < 90^\circ \) nên điểm \(H\) nằm giữa \(A\) và \(O\). Đặt \(\widehat {AOC} = \alpha \) (\(0^\circ < \alpha < 90^\circ \)).

Xét tam giác \(OHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(CH = OC \cdot \sin \alpha = R\sin \alpha \) và \(OH = OC \cdot \cos \alpha = R\cos \alpha \)

Độ dài \(HB = HO + OB = R\cos \alpha + R = R\left( {1 + \cos \alpha } \right)\).

Thay vào biểu thức \(T\):

\(T = \frac{1}{{R\sin \alpha + R}} + \frac{1}{{R(1 + \cos \alpha )}} = \frac{1}{R}\left( {\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }}} \right)\)

Ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) suy ra \({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\) và \({\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)

Ta suy ra các BĐT \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\) và \(a + b \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \).

Áp dụng BĐT trên ta có

\(\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }} \ge \frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}}.\)

\(\sin \alpha + \cos \alpha \le \sqrt {2\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt 2 .\)

Do đó \(2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right) \le 2 + \sqrt 2 .\)

Suy ra: \(\frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}} \ge \frac{4}{{2 + \sqrt 2 }} = 4 - 2\sqrt 2 .\)

Từ đó ta được: \(T \ge \frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \sin \alpha = 1 + \cos \alpha }\\{\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 }\end{array}} \right.\) tức là \(\sin \alpha = \cos \alpha \) suy ra \(\alpha = 45^\circ .\)

Giá trị \(\alpha = 45^\circ \) hoàn toàn thỏa mãn điều kiện \(0^\circ < \alpha < 90^\circ .\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\) là \(\frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}\) khi \(\widehat {AOC} = 45^\circ .\)

Đặt \(a = x\), \(b = y\), \(\frac{c}{2} = z\) hay \(c = 2z\). Vì \(a,b,c\) là các số thực dương nên \(x,y,z > 0\).

Khi đó ta có:

⦁ Vì \(2ab + c\left( {a + b} \right) = 6\) nên \(2xy + 2z\left( {x + y} \right) = 6\) suy ra \(xy + yz + zx = 3\).

⦁ \(P = \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} + \sqrt {{y^2} + 3} + \sqrt {{z^2} + 3} }}{{2x + 2y + 2z}}\quad \left( 1 \right)\)

⦁ \(\sqrt {{a^2} + 3} = \sqrt {{x^2} + 3} = \sqrt {{x^2} + xy + yz + zx} = \sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} \).

Tương tự: \(\sqrt {{b^2} + 3} = \sqrt {{y^2} + 3} = \sqrt {\left( {y + z} \right)\left( {x + y} \right)} \); \(\sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3} = \sqrt {{z^2} + 3} = \sqrt {\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right)} \)

Với \(x,y,z > 0\), áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

⦁ \(\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} \le \frac{{{{\left( {\sqrt {x + y} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {x + z} } \right)}^2}}}{2} = x + \frac{{y + z}}{2}\)

⦁ Tương tự: \(\sqrt {\left( {y + z} \right)\left( {x + y} \right)} \le y + \frac{{x + z}}{2}\); \(\sqrt {\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right)} \le z + \frac{{x + y}}{2}\)

Cộng các vế của các bất đẳng thức trên ta được:

\(\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} + \sqrt {\left( {y + z} \right)\left( {x + y} \right)} + \sqrt {\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right)} \le 2\left( {x + y + z} \right)\)

Từ đó suy ra: \(\sqrt {{x^2} + 3} + \sqrt {{y^2} + 3} + \sqrt {{z^2} + 3} \le 2\left( {x + y + z} \right)\quad \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(P \le \frac{{2\left( {x + y + z} \right)}}{{2\left( {x + y + z} \right)}} = 1\) (với \(x,y,z > 0\)).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = x + z}\\{y + z = x + y}\\{x + z = y + z}\end{array}} \right.\) hay \(x = y = z\), mặt khác \(xy + yz + zx = 3\) nên \(x = y = z = 1\) (thỏa mãn \(x,y,z > 0\)), suy ra \(a = b = \frac{c}{2} = 1\) hay \(a = b = 1\) và \(c = 2\) (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của \(P\) bằng \(1\) khi \(a = b = 1\) và \(c = 2\).