Đề thi đại học khối A môn toán 2014 và đáp án đầy đủ

1

NHÓM CỰ MÔN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN KHỐI A, A1 2014
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1 điểm): Cho hàm số:
x 2
y (1)
x 1




a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường
thẳng y = x bằng
2.

Câu 2 (1 điểm): Giải phương trình:
sinx + 4cosx = 2 + sin2x.
Câu 3 (1 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
y = x
2
 x + 3 và đường thẳng y = 2x + 1.
Câu 4 (1 điểm):
a. Cho số phức z thỏa mãn
z (2 i)z 3 5i.   
Tìm phần thực và phần ảo
của z.

b. Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4
thẻ. Tìm xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): 2x + y  2z  1 = 0 và đường thẳng
x 2 y z 3
(d): .
1 2 3
 
 

Tìm tọa độ
giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa (d) và vuông góc
với (P).
Câu 6 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
bằng a, 2SD = 3a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là
trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD có M(1; 2) là trung điểm của đoạn AB và N(2; 1) là điểm thuộc
đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 8 (1 điểm): Giải hệ phương trình:
 
2
3
x 12 y y 12 x 12
, (x, y ).
x 8x 1 2 y 2

   





   



Câu 9 (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
x
2
+ y
2
+ z
2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2
2
x y z 1 yz
P .
x yz x 1 x y z 1 9
 
  
     


2

ĐÁP ÁN ĐỀ KHỐI A, A1  2014
Câu 1.


HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:
 Với câu a) sử dụng lược đồ khảo sát và vẽ đồ thị của
hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất.
 Với câu b) là bài toán “Tìm điểm thuộc đồ thị thỏa
mãn điều kiện K”. Do đó các bước thực hiện là
Bước 1: Với điểm
0
0
0
x 2
M x ; (C).
x 1
 


 

 

Bước 2: Để khoảng cách từ M đến đường thẳng
y = x (tương đương x + y = 0) bằng
2
điều kiện là:
0
0
0
x 2
x
x 1
2

2




2
0
0
x 2
2.
x 1

 



LỜI GIẢI CHI TIẾT:
b. Điểm M(C) nên
0
0
0
x 2
M x ; .
x 1
 

 

 

Để khoảng cách từ M đến đường thẳng y = x (tương đương x + y = 0)
bằng
2
điều kiện là:
0
0
0
x 2
x
x 1
2
2




2
0
0
x 2
2
x 1

 

0
x 1
2
0 0
x 2 2 x 1


   

 
 
2
0 0
2
0 0
x 2 2 x 1
x 2 2 x 1

  


   


2
0 0
2
0 0
x 2x 4 0
x 2x 0

  


 



0
0
x 0
x 2




 

1
2
M (0; 2)
.
M ( 2; 0)







Vậy, tồn tại hai điểm M
1
(0; 2) và M
2
(2; 0) thỏa mãn điều kiện đầu bài.

 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

1. Cho hàm số :
x 2
(C) : y .
x 1




a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
b. Tìm trên đồ thị những điểm cách đều hai điểm O(0; 0) và B(2; 2).

3

2. Cho hàm số :
x 2
(C) : y .
x 3




a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
b. Tìm điểm thuộc đồ thị hàm số sao cho khoảng cách từ điểm đó đến
tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ điểm đó đến tiệm cận ngang.
3. Cho hàm số :
2x 1
(C) : y .
x 1





a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
b. Tìm trên đồ thị những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận
nhỏ nhất.
Câu 2.
 HƯỚNG DẪN  TƯ DUY: Chuyển đổi phương trình về dạng tích bằng
việc sử dụng công thức:
sin2x = 2sinx.cosx.

LỜI GIẢI CHI TIẾT  DIỄN ĐẠT TƯ DUY
Biến đổi phương trình về dạng:
sinx + 4cosx = 2 + 2sinx.cox  sinx  2 = 2(sinx  2)cosx

 (sinx  2)(2cosx  1) = 0

1
cos x
2
 

x k2 , k .
3

     

Vậy, phương trình có hai họ nghiệm
x k2 , k .
3


    

 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Bằng việc thay cosx thành sinx và ngược lại ta sẽ nhận được một
phương trình tương tự.
Phát biểu bài toán: Giải phương trình cosx + 4sinx = 2 + sin2x.
Câu 3.

HƯỚNG DẪN: Bài toán tính diện tích tạo bởi hai đường cong.
Bước 1: Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm để
nhận được hai cận a, b.
Bước 2: Ta có ngay:
2
2
1
S x 3x 2 dx
  



4


LỜI GIẢI CHI TIẾT:
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
2
 x + 3 = 2x + 1  x
2
 3x + 2 = 0

x 1
.
x 2




 


Khi đó:
2
2
1
S x 3x 2 dx
  

 
2
2
1
x 3x 2 dx
   

2
3 2
1
x 3x
2x
3 2

 
   
 
 
1
.
6


 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2 2
y x va y 2 x .
  

Câu 4.

HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:
 Với câu a) sử dụng z = x + iy,
x, y .

 Với câu b) ta lần lượt:
 Đến số cách chọn 4 thẻ từ 16 là n.

 Đến số cách chọn 4 thẻ chẵn từ 16 thẻ là n
0
Từ đó, xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số
chẵn bằng:
0
n

P .
n


 LỜI GIẢI CHI TIẾT:
a. Giả sử z = x + iy,
x, y .

Khi đó:
3 5i z (2 i)z
   
x iy (2 i)(x iy)    
 
3x y (x y)i
   

3x y 3
x y 5
 



 

x 2
y 3





 

 z = 2  3i.
Vậy, với số phức z = 2  3i thỏa mãn điều kiện đầu bài và nó có phần
thực bằng 2, phần ảo bằng 3.
 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z
thỏa mãn
2i 2z 2z 1 .  

b. Ta lần lượt:
 Số cách chọn 4 thẻ từ 16 thẻ bằng
4
16
C .


5

 Số cách chọn 4 thẻ chẵn từ 16 thẻ là cách chọn 4 thẻ từ các thẻ có số
2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16 nên bằng
4
8
C .

Từ đó, xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn bằng:
4
8
4
16

C
1
.
C 26


 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số
từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
Câu 5.

HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:
 Với câu a) xét hệ phương trình tạo bởi (d) và (P).
 Với câu b) mặt phẳng (Q) được cho bởi:
d P
Qua A (d)
(Q): .
Cap vtcp u va n






 


LỜI GIẢI CHI TIẾT:
a. Tọa độ giao điểm M của (d) và (P) là nghiệm của hệ:

x 2 y z 3
1 2 3
2x y 2z 1 0
 

 




   

7
x
2
y 3
3
z
2




  






7 3
M ; 3; .
2 2
 
 
 
 

b. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2; 0; 3) và có vtcp
u(1; 2; 3).



Mặt phẳng (P) có vtpt
n(2;1; 2).


Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) được cho bởi:
Qua A
(Q):
Cap vtcp u va n





 
Q
Qua A
(Q):

vtpt n u, n




 


 

  

 (Q): x + 8y + 5z + 13 = 0.
 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hai đường thẳng:
1 2
x y z 3 x 1 y z
(d ) : , (d ) :
1 4 2 2 3 1
 
   


6

và mặt phẳng (P): x  2y + 3z + 4 = 0.
Viết phương trình đường thẳng (d) là hình chiếu song song của (d
1
) trên
mặt phẳng (P) theo phương đường thẳng (d

2
).
Câu 6.

HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ.
 Với yêu cầu tính thể tích S.ABCD ta có ngay:
S.ABCD ABCD
1
V SM.S
3


 Với yêu cầu tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBD) ta có:
A.SBD SBD
1
V d(A, (SBD)).S
3

S.ABCD
1
V
2


S.ABCD
SBD
3V
d(A, (SBD)) .
2S

 


LỜI GIẢI CHI TIẾT: Bạn đọc tự vẽ hình.
a. Gọi M là trung điểm AB, suy ra SM  (ABCD). Khi đó:
S.ABCD ABCD
1
V SM.S
3

. (1)
Trong đó:
S
ABCD
= a
2
. (2)
SM
2
= SD
2
 MD
2
= SD
2
 (MA
2
+ AD
2
) = a

2
 SM = a. (3)
Thay (2), (3) vào (1) ta được:
3
S.ABCD
a
V .
3


b. Ta có:
A.SBD SBD
1
V d(A, (SBD)).S
3

= V
S.ABD
S.ABCD
1
V
2


S.ABCD
SBD
3V
d(A, (SBD)) .
2S
 

(4)
Hạ SK  BD suy ra MK  BD.
SBD
1
S BD.SK
2

2 2
1
BD SM MK
2
 

2
2
1 BM
BD SM
2
2
 
 
 
 
2
3a
.
4

(5)

7

Thay (5) vào (4) ta được:
2a
d(A, (SBD)) .
3


 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a, cạnh
bên A’A
2
= 3a
2
. Gọi E là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa A’B’
với mặt phẳng (C’EB) và thể tích khối tứ diện A’C’BE.
Câu 7.
 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ.
Chìa khóa của bài toán ở điểm I(a; b) là giao điểm của
AC và BD.
 Tọa độ của I được xác định qua điều kiện:
IM AM
.
1 1
IN AC .2AM 2
4 4





 



 Độ dài AM được xác định bằng việc sử dụng định lý
hàm số cosin cho AMN.
 Với I ta suy ra tọa độ của C vì N là trung điểm IC.
Khi đó, phương trình (CD) được cho bởi:
Qua C
(CD): .
vtpt MI








LỜI GIẢI CHI TIẾT:
Gọi I(a; b) là giao điểm của AC và BD.
Giả sử AM = x ta có:
MN
2
= AM
2
+ AN
2
 2AM.AN.cosMAN
2

2 0
3 3
AM AC 2AM. AC.cos45
4 4
 
  
 
 

2
2
3 3 2
10 x .2x 2 2x. .2x 2.
4 4 2
 
   
 
 
 x = 2.
Từ đó, với điều kiện:
IM 2
IN 2







2 2

2 2
(a 1) (b 2) 4
(a 2) (b 1) 2

   



   


(I)
 2a  6b = 2  a = 3b + 1. (*)
B
A
M
C
D
N
I

8

Thay (*) vào phương trình thứ nhất của hệ (I) ta được:
(3b + 1  1)
2
+ (b  2)
2
= 4  10b
2

 4b = 0
b 0
2
b
5








 
1
2
I 1; 0
.
11 2
I ;
5 5



 

 

 


Ta lần lượt:
 Với I
1
(1; 0) ta được điểm C
1
(3; 2) do đó:
1
Qua C
(CD):
vtpt MI







 (CD): y + 2 = 0.

 Với
2
11 2
I ;
5 5
 
 
 
ta được điểm
2

9 12
C ;
5 5
 

 
 
do đó:
2
Qua C
(CD):
vtpt MI







 (CD): 3x  4y  15 = 0.

Vậy, tồn tại hai đường thẳng CD thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Cách giải khác: Giả sử A(a; b).
Giả sử AM = x ta có:
MN
2
= AM
2
+ AN
2

 2AM.AN.cosMAN
2
2 0
3 3
AM AC 2AM. AC.cos45
4 4
 
  
 
 

2
2
3 3 2
10 x .2x 2 2x. .2x 2.
4 4 2
 
   
 
 
 x = 2.
Từ đó, với điều kiện:
AM 2
3 3 3
AN AC AB 2 . 2.2AM 3 2
4 4 4





   



2 2
2 2
(a 1) (b 2) 4
(a 2) (b 1) 18

   



   


(I)
 2a  6b = 14  a = 3b  7. (*)
Thay (*) vào phương trình thứ nhất của hệ (I) ta được:
(3b  7  1)
2
+ (b  2)
2
= 4  10b
2
 52b + 64 = 0
b 2
.
16
b

5










9

Ta lần lượt:
 Với A
1
(2; 1) ta được điểm C
1
(3; 2) dựa vào điều kiện
AN 3NC

 

do đó:
1
Qua C
(CD):
vtpt MI








 (CD): y + 2 = 0.

 Với
2
16 13
A ;
5 5
 
 
 
ta được điểm
2
9 12
C ;
5 5
 

 
 
dựa vào điều kiện
AN 3NC

 
do đó:
2

Qua C
(CD):
vtpt MI







 (CD): 3x  4y  15 = 0.

Vậy, tồn tại hai đường thẳng CD thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Cách giải khác: Giả sử AM = x ta có:
MN
2
= AM
2
+ AN
2
 2AM.AN.cosMAN
2
2 0
3 3
AM AC 2AM. AC.cos45
4 4
 
  
 
 

2
2
3 3 2
10 x .2x 2 2x. .2x 2.
4 4 2
 
   
 
 

 x = 2.
Gọi F(a; b) là trung điểm CD, với điều kiện:
FM 4
FN 2







2 2
2 2
(a 1) (b 2) 16
(a 2) (b 1) 2

   




   


(I)
 2a  6b = 14  a = 3b + 7. (*)
Thay (*) vào phương trình thứ nhất của hệ (I) ta được:
(3b + 7  1)
2
+ (b  2)
2
= 16  10b
2
+ 32b + 24 = 0
b 2
6
b
5
 




 


 
1
2
F 1; 2

.
17 6
F ;
5 5
 


 


 

 


Ta lần lượt:
 Với
 
1
F 1; 2
ta có:
1
1
Qua F
(CD):
vtpt MF








 (CD): y + 2 = 0.

B
A
M
C
D
N
F

10

 Với
2
17 8
F ;
5 5
 

 
 
ta có:
2
2
Qua F
(CD):
vtpt MF








 (CD): 3x  4y  15 = 0.

Vậy, tồn tại hai đường thẳng CD thỏa mãn điều kiện đầu bài.
 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  1)
2
+ (y + 2)
2
= 9 và
đường thẳng (d): x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng (d) có duy nhất
một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (C) (B,
C là hai tiếp điểm) sao cho ABC vuông.
Câu 8.

HƯỚNG DẪN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho hệ.
Lựa chọn phương trình thứ nhất của hệ để giải bằng
phương pháp biến đổi hoặc phương pháp đánh giá để nhận
được phương trình mới dạng:
2
y 12 x .
 
 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Điều kiện:
 

2
12 y 0
y 12 x 0
y 2 0
 


 


 

2
2 y 12
12 x 0
 



 

2 y 12
.
2 3 x 2 3
 




  




Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng:
 
2
y 12 x 12 x 12 y   

 
2 2
y 12 x 144 x (12 y) 24x 12 y      

2
12x 24x 12 y 144 12y 0     
2
x 2x 12 y 12 y 0     

 
2
x 12 y 0   
x 12 y 0   
x 0
2
x 12 y

  

2
y 12 x .
   (*)

Thay (*) vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
3 2
x 8x 1 2 12 x 2    
 
3 2
x 8x 3 2 10 x 1     

 
 
2
2
2
2 9 x
(x 3) x 3x 1
10 x 1

    
 


11

 
2
2
2 x 3
(x 3) x 3x 1 0
10 x 1
 


     
 
 
 
x 0
x 3

 
 y = 3.
Thử lại thấy x = 3 và y = 3 thỏa mãn hệ phương trình.
Vậy, hệ có nghiệm (3; 3).
Cách giải khác: Điều kiện:
 
2
12 y 0
y 12 x 0
y 2 0
 


 


 

2
2 y 12
12 x 0
 




 

2 y 12
.
2 3 x 2 3
 




  



Nhận xét rằng:
2
x 12 y
x 12 y .
2
 
 
(1)
 
2
2
y 12 x
y 12 x .
2

 
 
(2)
Cộng theo vế (1) và (2) ta được:
 
2
x 12 y y 12 x 12   

dấu “=” xảy ra khi:
2
x 12 y
y 12 x

 


 


 y = 12  x
2
. (*)
Thay (*) vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
3 2
x 8x 1 2 12 x 2    
 
3 2
x 8x 3 2 10 x 1     

 

 
2
2
2
2 9 x
(x 3) x 3x 1
10 x 1

    
 

 
2
2
2 x 3
(x 3) x 3x 1 0
10 x 1
 

     
 
 
 
x 0
x 3

 
 y = 3.
Vậy, hệ có nghiệm (3; 3).
 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Giải hệ phương trình:
4
4
2 2
1 1 2
2 ( 1) 6 1 0

     


     


x x y y
x x y y y
(x, y  R).

12

Câu 9.

HƯỚNG DẪN: Với P không đối xứng ta cần những đánh giá riêng.
 Trước tiên, cần có:
yz + 1  x(y + z).
 Tiếp tới là:
2
2
x x
.
x yz x 1 x y z 1


     

Và khi đó, bài toán được chuyển về tìm giá trị lớn nhất của:
1 1 yz
P .
9
1 2 1 yz

 
 

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Nhận xét rằng:
2x(y + z) ≤ x
2
+ (y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2yz = 2 + 2yz
 yz + 1  x(y + z).
Khi đó, ta có:
2 2
2 2
x x
x yz x 1 x x (yz 1)


     
2
2
x
x x x(y z)

  
x
.
x y z 1

  

Từ đó, suy ra:
x y z 1 yz
P
x y z 1 x y z 1 9
 
  
     

x y z 1 yz
x y z 1 9
  
 
  
1 1 yz
1 .
x y z 1 9

 

  
 
  
 

Nhận xét rằng:
x y z x (y z)    
2 2
2 x (y z)
 
  
 

 
2 2 2
2 x y x 2yz
   
2 1 yz
 

1 1 yz 1 1 yz
x y z 1 9 9
1 2 1 yz
 
   
  
 
4

.
9


Suy ra:
4 5
P 1 .
9 9
  

Vậy
5
MaxP
9

, đạt được khi:
2 2 2
x y z 1
yz 0

  



x y 1 & z 0
.
x z 1& y 0
  




  



13

Cách giải khác: Nhận xét rằng:
x
2
+ yz + x + 1
2 2 2
2
x y z
x yz x
2
 
   
2 2
2
x (y z)
x x
2
 
  

 x
2
+ x + x(y + z) = x(x + y + z + 1)
Khi đó:

x y z 1 yz
P
x y z 1 x y z 1 9
 
  
     

 
2 2 2
(y z) y z
1
x y z
2
x y z 1 9
  

 
 
  

2 2
1 (y z) x
1 .
x y z 1 18
 
 
  
 
  
 

Trong đó, ta có:
1
x y z 1  
2 2
1
x 1 (y z) 1
1
2 2

  
 
2 2
2
x (y z) 4

  

2 2
(y z) x
18
 
2 2
(y z) x 4 2
18 9
  
 

suy ra:
2 2

1 (y z) x
x y z 1 18
 

  
2 2
2 2
2 (y z) x 4 2
x (y z) 4 18 9
  
  
  

2 2 4
3 9 9
  

Do đó:
4 5
P 1 .
9 9
  

Vậy
5
MaxP
9

, đạt được khi:
2 2 2

x y z 1
x y z
x 1

  

 




x y 1 & z 0
.
x z 1& y 0
  



  


Cách giải khác: Nhận xét rằng:
0 ≤ (x  y  z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2

 2xy  2xz + 2yz
= 2  2xy  2xy + 2yz
 1  xy  xy + yz  0

14

suy ra:
x
2
+ yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1  xy  xy + yz)
 x(x + y + z + 1)
2
2
x x
.
x yz x 1 x y z 1
 
     

Mặt khác:
(x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2yz
= 2 + 2x(y + z) + 2yz ≤ 2 + 2yz + [x

2
+ (y + z)
2
]
= 4(1 + yz).
Từ đó, suy ra:
 
2
x y z
x y z
P
x y z 1 x y z 1 36
 

  
     

 
2
x y z
x y z
.
x y z 1 36
 
 
 
  

Đặt t = x + y + z, t  0.
Trước tiên, ta có:

t
2
= (x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2yz
≤ 2 + (x
2
+ y
2
) + (x
2
+ z
2
) + (y
2
+ z
2
) = 6
t 6.
 

Xét hàm số
2
t t

f (t)
t 1 36
 

trên đoạn
D 0; 6 .
 

 

2
1 t
f '(t)
(t 1) 18
 


f’(t) = 0
2
1 t
0
(t 1) 18
  

 t(t + 1)
2
 18 = 0
 (t  2)(t
2
+ 4t + 9) = 0  t = 2.

Khi đó:
 
 
Maxf (t) Max f (0), f (2), f 6

5
9


đạt được khi t = 2.
Vậy
5
MaxP
9

, đạt được khi:
2 2 2
x y z 1
x y z
x y z 2

  

 


  

x y 1 & z 0
.

x z 1& y 0
  



  



15

 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
2
(a c)(b c) 4c
   .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 2 2
3 3
32a 32b a b
P .
(b 3c) (a 3c) c

  
 