ĐẦY ĐỦ CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN LTĐH

BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN K2PI.NET
CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ CỦA DIỄN ĐÀN
HÀ NỘI, THÁNG 6 NĂM 2014
Tài liệu là tuyển chọn các bài toán trong 15 đề thi t hử của diễn đàn k2pi.net năm học
2013-2014. Tôi biên tập lại như một món quà nhỏ gửi đến các bạn đang ôn thi Đại học -
Cao Đẳng. Thay mặt ban quản trị chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới
Xin cám ơn thầy Châu Ngọc Hùng đã gửi các source tổng hợp đề thi.
NGUYỄN MINH TUẤN (POPEYE)
Mục lục
Chuyên đề 1 : Khảo sát hàm số 4
Chuyên đề 2 : Phương trình lượng giác 12
Chuyên đề 3 : Phương trình, bất phương trình vô tỷ, hệ phương trình 17
Chuyên đề 4 : Tích Phân 26
Chuyên đề 5 : Hình học không gian 33
Chuyên đề 6 : Bất đẳng thức, Cực trị 44
Chuyên đề 7 : Hình giải tích trong mặt phẳng 53
Chuyên đề 8 : Hình giải tích trong không gian 64
Chuyên đề 9 : Tổ hợp, xác suất 73
Chuyên đề 10 : Mũ - Logarit 76
Chuyên đề 11 : Số phức 79
3
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
CHUYÊN ĐỀ 1 : KHẢO SÁT HÀM
SỐ
Bài toán 1 : Cho hàm số y =
2x + m
x −2
(H

m
), m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của
m để đường thẳng d : y = x + 3 cắt đồ thị (H
m
) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tích
khoảng cách từ hai điểm A và B đến đường thẳng ∆ : x + 2y −1 = 0 bằng 2.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của
(
H
m
)
và d là :
2x + m
x −2
= x + 3
(
1
)
⇐⇒



x = 2
x
2
− x −m −6 = 0
(
2
)

Để
(
H
m
)
cắt d tại 2 điểm phân biệt A và B thì PT
(
1
)
có 2 nghiệm phân biệt
⇐⇒
(
2
)
có 2 nghiệm phân biệt = 2
⇐⇒



∆ = 1 + 4m + 24 > 0
m = −4
⇐⇒





m >
−25
4

m = −4
(
∗
)
4
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Gọi A
(
x
1
; x
1
+ 3
)
, B
(
x
2
; x
2
+ 3
)
là giao điểm của
(
H
m
)
và d. Ta có d

(
A,∆
)
.d
(
B,∆
)
= 2
⇐⇒
|
3x
1
+ 5
|
.
|
3x
2
+ 5
|
= 10 ⇐⇒
[
9x
1
.x
2
+ 15
(
x
1

+ x
2
)
+ 25
]
2
= 100
(
3
)
Mà:



x
1
+ x
2
= 1
x
1
.x
2
= −m −6
.
Thay vào
(
3
)
ta được :

(
9m + 14
)
2
= 100 ⇐⇒ m =
−8
3
hoặc m =
−4
9
thỏa mãn
(
∗
)
Kết luận: Vậy giá trị m cần tìm là : m =
−8
3
, m =
−4
9

Bài toán 2 : Cho hàm số y = −x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ m − 1 có đồ thị là (C
m
), m là tham
số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trong khoảng
(

x
1
; x
2
)
thoả
x
2
− x
1
= 2014.
Lời giải. y

= −3x
2
+ 6(m + 1)x = −3x

x −2(m + 1)

nên y

> 0 khi x ở trong 2 nghiệm
0; 2(m + 1)
Trường hợp: m + 1 > 0 do x
2
− x
1
= 2014 nên 2(m + 1) ≥ 2014 ⇐⇒ m ≥ 1006
Trường hợp: m + 1 < 0 do x
2

− x
1
= 2014 nên 2(m + 1) ≤ −2014 ⇐⇒ m ≤ −1008 
Bài toán 3 : Cho hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 5, có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các tr ục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm sao cho
24OA = OB.
Lời giải. Gọi ∆ : y = ax + b là tiếp tuyến của
(
C
)
⇔



−4x
3
+ 4x = a
−x
4
+ 2x
2
+ 5 = ax + b
(
I
)
có nghiệm.

∆

Ox = A

−b
a
; 0

. ∆

Oy = B
(
0; b
)
Theo giả thiết 24OA = OB ⇒ 24

b
2
a
2
=
√
b
2
⇒ a = ±24
+/ với a = 24 thay vào hệ
(
I
)
⇒




x = −2
b = 45
⇒ ∆; y = 24x + 45
+/ với a = −24 thay vào hệ
(
I
)
⇒



x = 2
b = 45
⇒ ∆ : y = −24x + 45 
5
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Bài toán 4 : Cho hàm số y =
x
3
3
−
(
m + 1
)
x

2
+

m
2
+ 4

x −6, có đồ thị là
(
C
m
)
. Tìm
tất cả các giá trị của m, để hàm số có 2 điểm cực trị x
1
; x
2
thỏa mãn: x
1
2
+ 2
(
m + 1
)
x
2
≤
3m
2
+ 24

Lời giải. Ta có
y

= x
2
−2
(
m + 1
)
x + m
2
+ 4
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y

= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m >
3
2
(
∗
)
Áp dụng hệ thức Viet ta có



x
1
+ x
2
= 2
(

m + 1
)
x
1
.x
2
= m
2
+ 4
Từ giả thiết ⇒ x
2
1
+ x
2
2
+ x
1
x
2
≤ 3m
2
+ 24 ⇔ m ≤ 3
Kết hợp điều kiện(*) ⇒ m ∈ (
3
2
; 3] 
Bài toán 5 : Cho hàm số y =
(m − 1)x + m
x − m
, m = 0 (C

m
) . Tìm tiếp tuyến cố định của họ
đồ thị hàm số.
Lời giải. Gọi A(x
0
; y
0
) là điểm cố định mà họ (C
m
) đi qua. Khi đó
y
0
=
(m − 1)x
0
+ m
x
0
−m
; m = 0 =⇒ m(−u
0
− x
0
−1) + x
0
+ x
0
y
0
= 0

⇐⇒

x
0
+ y
0
= 1
x
0
(1 + y
0
) = 0
⇐⇒

x
0
= 0
y
0
= −1
Vậy A(0; −1)
Đạo hàm f

(x) =
−m
2
(x −m)
2
=⇒ f


(0) = −1
Suy ra họ (C
m
) luôn tiếp xúc với đường thẳng là tiếp tuyến cố định tại A(0; −1) có
phương trình:
y = f

(x
0
)(x −x
0
) + f (x
0
) = −1(x −0) −1 = −x −1

Bài toán 6 : Cho hàm số y =
x + 1
2x −1
. Gọi I là tâm đối xứng của (C),tìm m để đường thẳng
y = x − 2m + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng
1.
Lời giải. x =
1
2
. I

1
2
;
1

2

6
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
PT hoành độ giao điểm
x + 1
2x −1
= x + 1 −2 m; x =
1
2
⇔ (x) = x
2
−2mx + m −1 = 0 (1)
Để tồn tại A; B phân biệt thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
=
1
2
điều kiện là





∆


> 0
f

1
2

= 0
thỏa mãn ∀m ∈ R.
Khi đó giả sử A(x
1
; x
1
+ 1 −2m); B(x
2
; x
2
+ 1 −2m). Pt (AB) : x − y + 1 −2m = 0
d(I; (AB)) =




1
2
−
1
2
+ 1 −2m





√
2
=
|1 −2m|
√
2
nên S
∆ABI
=
1
2
.AB.d(I; (AB)) =
1
2
.AB.
|1 −2m|
√
2
Trong đó AB =

2(x
2
− x
1
)
2
=


2[(x
1
+ x
2
)
2
−4x
1
x
2
] =

8(m
2
−m + 1)
S =
1
2
·2
√
2

m
2
−m + 1 ·
|1 −2m|
√
2
= 1 ⇔ (1 −2m)
2

(m
2
−m + 1) = 1 ⇔ m = 0; m = 1
Khi m = 0 thì ba điểm I, A, B thẳng hàng. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm 
Bài toán 7 : Cho hàm số y = x
3
+ 2mx
2
− 3x có đồ thị
(
C
m
)
. Tìm m để đường t hẳng
y = 4m .x + 2 cắt
(
C
m
)
tại 3 điểm phân biệt M, N, P sao cho
−−→
AM
−→
AN = 3 với P có hoành
độ không đổi và A
(
1; 1
)
.
Lời giải. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình :

x
3
+ 2mx
2
−3x = 4mx + 2 ⇐⇒ (x −2)( x
2
+ 2(m + 1)x + 1) = 0
(d) cắt
(
C
m
)
tại 3 điểm phân biệt
⇐⇒ x
2
+ 2(m + 1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 ⇐⇒ m > 1 hoặc m < −3
Vì P có hoành độ không đổi, suy ra : M(a, 4ma + 2) và N(b, 4mb + 2)
Trong đó a, b là 2 nghiệm phân biệt khác 2 của phương trình : x
2
+ 2(m + 1)x + 1 = 0
Suy ra
−−→
AM
−→
AN = 3 ⇐⇒ (a −1)(b −1) + (4ma + 1)(4mb + 1) = 3
⇐⇒ 16abm
2
+ ab + 4m(a + b) − a − b + 2 = 3 ⇐⇒ 8m
2
−6m + 5 = 3

Vô nghiệm
Vậy không có m thỏa mãn đề 
Bài toán 8 : Cho hàm số y =
x −3
x + 1
và đường thẳng d : y = x + m + 3 (m là tham số) . Tìm
m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến tại giao điểm
có hoành độ dương tạo với d một góc ϕ thỏa mãn cos ϕ =
5
√
34
Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
x −3
x + 1
= x + m + 3 ⇔ x
2
+
(
3 + m
)
x + 6 + m = 0 (vì x = −1 không là nghiệm)
(C) cắt d tại 2 điểm phân biệt
7
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
⇔ ∆ = m
2
+ 2m −15 > 0 ⇔


m < −5
m > 3
Gọi M
(
x
0
; y
0
)
là giao điểm có hoành độ dương của (C) và d
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M là k = y

(x
0
)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y −y
0
= k
(
x − x
0
)
⇔ kx −y + y
0
−kx
0

d



Vectơ pháp tuyến của d, d’ lần lượt là:
−→
n =
(
1; −1
)
,
−→
n

=
(
k; −1
)
, cos ϕ =


cos

−→
n ,
−→
n




=
|
k + 1

|
√
2
√
k
2
+ 1
Do đó cos ϕ =
5
√
34
⇔ 8k
2
−34k + 8 = 0 ⇔


k = 4
k =
1
4
Với k = 4 ta có: y

(
x
0
)
=
4
(
x

0
+ 1
)
2
= 4 ⇔

x
0
= 0
x
0
= −2
(không thỏa mãn x
0
> 0)
Với k =
1
4
ta có y

(
x
0
)
=
4
(
x
0
+ 1

)
2
=
1
4
⇔

x
0
= 3(n) ⇒ y
0
= 0
x
0
= −5(l)
Vì M
(
3; 0
)
∈ d ⇔ 0 = 3 + m + 3 ⇔ m = −6(thỏa mãn)
Vậy m = −6 là giá trị cần tìm. 
Bài toán 9 : Cho hàm số y = −x
4
+ (m + 1)x
2
− m + 1 có đồ thị là C
m
với m là tham số.
Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị C
m

tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn
hoặc bằng 3 và các hoành độ lập thành một cấp số cộng.
Lời giải.
Ta có thể suy ngược câu hỏi của bài toán để trả lời. Đó chính là ta tìm m để điều kiện về
cấp số cộng xảy ra rồi đi tìm điều kiện m về việc nhỏ hơn hay bằng 3 Cụ thể như sau :
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng d : y = 1
−x
4
+ (m + 1)x
2
−m + 1 = 1 ⇐⇒ x
4
−(m + 1)x
2
+ m = 0 (∗) ⇐⇒ x
2
= 1 hay x
2
= m
Để d cắt (C
m
) tại bốn điểm phân biệt tương đương phương trình (∗) có hai nghiệm dương
8
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
phân biệt.
Điều đó có được khi và chỉ khi :




m = 1
m > 0
Khi đó ta gọi t
1
, t
2
là nghiệm của của phương trình t
2
−(m + 1)t + m = 0 với t = x
2
> 0
Khi đó bốn nghiệm phân biệt của phương trình (∗) là : −
√
t
2
; −
√
t
1
;
√
t
1
;
√
t
2

.
Để bốn nghiệm này lập thành một cấp số cộng thì −
√
t
1
− (−
√
t
2
) =
√
t
1
− (−
√
t
1
) =
√
t
2
−
√
t
1
Từ đây ta có : t
2
= 9t
1
Kết hợp với viét ta có hệ phương trình :












t
1
+ t
2
= m + 1
t
2
= 9t
1
t
1
t
2
= m
⇐⇒












t
1
=
m + 1
10
t
2
= 9
m + 1
10
t
1
t
2
= m
Từ đó ta có phương trình : 9(m + 1)
2
= 100m ⇔ 9m
2
−82m + 9 = 0 ⇔ m = 9 hay m =
1
9
Với m = 9 khi đó bốn nghiệm của phương trình (∗) là : −3; −1; 1; 3

thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
Với m =
1
9
khi đó bốn nghiệm của phương trình (∗) là :−1; −
1
3
;
1
3
; 1
thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
Do đó các giá trị cần tìm là m = 9 ; m =
1
9

Bài toán 10 : Cho hàm số y = x
3
−3x + 4 (1) và đồ thị (H) : y = ax
3
+ bx
2
−1
(với a, b là các tham số thực). Tìm các giá trị của a, b để điểm cực tiểu của đồ thị (C) là
điểm cực đại của đồ thị (H).
Lời giải.
9
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE

−3 −2
−1 1
2 3
1
2
3
4
5
6
7
8
0
b. Điểm cực tiểu của (C ) là A(1; 2).
Xét (H) : y = f (x) = ax
3
+ bx
2
−1 ta có: f

(x) = 3ax
2
+ 2bx
Đồ thị (H) có điểm cực đại A(1; 2) nên suy ra:

A ∈ (H)
f

(
1
)

= 0
⇐⇒

a + b = 3
3a + 2b = 0
⇐⇒

a = −6
b = 9
Với a = −6, b = 9 ta có:f

(x) = −18x
2
+ 18x f

(x) = −36x + 18, f

(1) = −18 < 0
Suy ra x = 1 là điểm cực đại của hàm số y = f (x). Vậy a = −6 và b = 9 là các giá trị cần
tìm. 
Bài toán 11 : Cho hàm số y = x
4
− 5x
2
+ 4 (1). Gọi A là điểm thuộc (C) có hoành
độ bằng a. Tìm các giá trị của a để tiếp tuyến của (C ) tại A cắt (C) tại ba điểm phân biệt
A, B, C có hoành độ thỏa mãn x
3
A
+ x

3
B
+ x
3
C
> 0 (với x
A
, x
B
, x
C
lần lượt là hoành độ các
điểm A, B, C ).
Lời giải.
10
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
y = x
4
−5x
2
+ 4
Ta có: y = x
4
−5x
2
+ 4 ⇒ y

= 4x

3
−10x
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A: y =

4a
3
−10a

(
x − a
)
+ a
4
−5a
2
+ 4
(
∆
)
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C):

4a
3
−10a

(
x − a
)
+ a
4

− 5a
2
+ 4 =
x
4
−5x
2
+ 4
⇐⇒
(
x − a
)
2

x
2
+ 2ax + 3a
2
−5

= 0 ⇐⇒ x = a hay g
(
x
)
= x
2
+ 2ax + 3a
2
−5 = 0
∆ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇐⇒ g(x) = 0có 2 nghiệm phân biệt khác a

⇐⇒

∆

= −2a
2
+ 5 > 0
g
(
a
)
= 6a
2
−5 = 0
⇐⇒







−
√
10
2
< a <
√
10
2

a =
±
√
30
6
Khi đó x
3
A
+ x
3
B
+ x
3
C
> 0 ⇐⇒ a
3
+
(
x
B
+ x
C
)
3
− 3x
B
x
C
(
x

B
+ x
C
)
> 0 ⇐⇒ 11a
3
−
30a > 0
⇐⇒ a ∈

−

30
11
; 0

∪


30
11
; +∞

. Kết hợp điều kiện ta được








−
√
10
2
< a < 0
a =
−
√
30
6

11
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
CHUYÊN ĐỀ 2 : PHƯƠNG TRÌNH
LƯỢNG GIÁC
Bài toán 1 : Giải phương trình
sin x
(
3 −2 cos x
)
+ cos 2x
(
2 cos x + 1
)
−2
cos 3x
= 1.

Lời giải. Điều kiện :
cos 3x = 0 ⇐⇒ 3x =
π
2
+ kπ ⇐⇒ x =
π
6
+
kπ
3
(
k ∈ Z
)
Phương trình đã cho tương đương:
s
inx
(
3 −2 cos x
)
+ cos2x
(
2 cos x + 1
)
−2 = cos3x
⇐⇒ 3sinx −2sinxcosx+

2cos
2
x −1


2 cos x + 2cos
2
x −3 = 4cos
3
x −3 cos x
⇐⇒
s
inx
(
3 −2cosx
)
+ cosx + 2cos
2
x −3 = 0
⇐⇒ 3 sin x −2 sin x cos x + cosx −2sin
2
x −1 = 0
⇐⇒
(
1 −2 sin x
) (
s
inx + cosx −1
)
= 0
⇐⇒


s
inx =

1
2
s
inx + cosx = 1
•
s
inx =
1
2
⇐⇒


x =
π
6
+ k2π
x =
5π
6
+ k2π
(
k ∈ Z
)
•
s
inx + cosx = 1 ⇐⇒ cos

x −
π
4


=
1
√
2
⇐⇒


x −
π
4
=
π
4
+ k2π
x −
π
4
= −
π
4
+ k2π
⇐⇒


x =
π
2
+ k2π
x = k2π

(
k ∈ Z
)
Đối chiếu với điều kiện
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 2 : Giải phương trình
sin

2x +
π
4

−sin 3x = cos

31π
4
−2x

+ cos 3x
12
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương:
√
2 sin 2x = cos3x + sin 3x ⇔ sin 2x = sin


3x +
π
4

⇔


2x = 3x +
π
4
+ k2π
2x =
3π
4
−3x + k2π
⇔



x =
−π
4
−k2π
x =
3π
20
+
k2π
5

(
k ∈ Z
)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x =
3π
20
+
k2π
5
; x =
−π
4
−k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 3 : Giải phương trình
3

cos x + cot x
cot x −cos x

+ cos 2x = 5 sin x + 4
Lời giải. Điều kiện:
s
inx = 0;
s
inx = 1; cosx = 0
Phương trình đã cho tương đương:

3
s
inx + 1
1 −
s
inx
+ 1 −2sin
2
x = 5 sin x + 4
⇔ 3
(
s
inx + 1
)
+
(
1 −
s
inx
)

1 −2sin
2
x

=
(
5 sin x + 4
) (
1 −

s
inx
)
⇔
s
inx

2sin
2
x + 3 sin x + 1

= 0
⇔
s
inx
(
2 sin x + 1
) (
s
inx + 1
)
= 0 ⇔





s
inx = 0
s

inx = 1
s
inx = −
1
2
⇔
s
inx = −
1
2
•
s
inx = −
1
2
⇔


x = −
π
6
+ k2π
x =
7π
6
+ k2π
(
k ∈ Z
)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x =

7π
6
+ k2π; x = −
π
6
+ k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 4 : Giải phương trình :
cot x =
1 + 2 cos 2x + cos4x
4 sin x
Lời giải. Điều kiện : sin x = 0
13
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Phương trình đã cho tương đương
4 cos x = 1 + cos 4x + 2 cos 2x
⇔4 cos x = 2cos
2
2x + 2 cos 2x
⇔2 cos x = cos 2x(cos 2x + 1)
⇔2 cos x = cos 2x.2cos
2
x
TH1 : cos x = 0 ⇔ x =
π

2
+ kπ
TH2 : cos x(2cos
2
x −1) = 1 ⇔ cos x = 1 (loại) 
Bài toán 5 : Giải phương trình
3 tan
2
x + 2
√
2 cos
2
x = (2 + 3
√
2) sin x
Lời giải. ĐK cos x = 0
PT ⇐⇒ 3

tan
2
x −
√
2 sin x

+ 2

√
2 cos
2
x −sin x


= 0
⇐⇒
(
3 sin x − 2
)

sin x −
√
2 cos
2
x

= 0
⇐⇒ sin x =
−2
3
hoặc sin x =
√
2
3
hoặc sin x = −
√
2
⇐⇒ x = arcsin
−2
3
+ k2π hoặc x = π − arcsin
−2
3

+ k2π hoặc x =
π
4
+ k2π hoặc
x =
3π
4
+ k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 6 : Giải phương trình
√
3 sin x(5 −2 cos x) + cos x(2 cos x + 5) = 7.
Lời giải. Phương trình tương đương với:
3 sin x
(
5 −2 cos x
)
=
(
1 −cos x
) (
7 + 2 cos x
)
.
⇔

sin x ≥ 0

3sin
2
x
(
5 −2 cos x
)
2
=
(
1 −cos x
)
2
(
7 + 2 cos x
)
2
⇔



sin x ≥ 0
(
cos x −1
) (
2 cos x + 1
)

4cos
2
x −8 cos x + 13


= 0
⇔









sin x ≥ 0


cos x = 1
cos x = −
1
2
⇔


x = k2π
x =
2π
3
+ k2π
, k ∈ Z
14
www.k2pi.net T

E
XBY POPEYE

Bài toán 7 : Giải phương trình
sin
2
x +
sin
2
3x
3 sin 4x
(cos 3x sin
3
x + sin 3x cos
3
x) = sin x sin
2
3x.
Lời giải. Từ công thức hạ bậc ta có:
cos 3x sin
3
x + sin 3x cos
3
x = ······ =
3
4
sin 4x.
Điều kiện x =
kπ
4

ta có phương trình tương đương với:
sin
2
x +
1
4
sin
2
3x = sin x sin
2
3x. ⇐⇒

sin x −
1
2
sin
2
3x

2
+
1
4
[sin
2
3x −sin
4
3x] = 0
Do:


sin x −
1
2
sin
2
3x

2
≥ 0 và:
1
4
[sin
2
3x −sin
4
3x] =
1
4
sin
2
3x(1 −sin
2
3x) ≥ 0.
Suy ra phương trình tương đương với:





sin x −

1
2
sin
2
3x = 0
sin
2
3x(1 −sin
2
3x) = 0
Có các trường hợp:
1.sin 3x = sin x = 0 ⇐⇒ x = kπ(loại)
2.





sin 3x = ±1
sin x =
1
2
⇐⇒





3x =
π

2
+ kπ ⇐⇒ x =
π
6
+ k
π
3
x =
π
6
hay x =
5π
6
+ k2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
π
6
+ k2π; x =
5π
6
+ k2π; k ∈ Z. 
Bài toán 8 : Giải phương trình:
2 sin 2014x(cos x − sin x −1) − 2 cos x = cos 4028x −3
Lời giải.
PT ⇔ (cos x + sin 2014)
2
+ (sin x −sin 2014 + 1)
2
= 2(sin x + cos x)
Ta có VT = (cos x + sin 2014)

2
+ (sin x − sin 2014 + 1)
2
≥
1
2
(sin x + cos x + 1)
2
≥
2(sin x + cos x + 1) −2 = 2(sin x + cos x) = VP
Vậy
PT ⇔



cos x + sin 2014 = sin x −sin 2014 + 1
sin x + cos x = 1
⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π, (k ∈ Z)
15
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE

Bài toán 9 : Giải phương trình
cos 3x tan 2x −sin 3x +
√
2 sin x = 0
Lời giải. Điều Kiện : cos 2x = 0
PT ⇐⇒
√

2 cos 2x sin x −sin x = 0 ⇐⇒ sin x = 0 hoặc cos 2x =
1
√
2
⇐⇒ x = ±
π
8
+ kπ hoặc x = kπ với k ∈ Z 
Bài toán 10 : Giải phương trình lượng giác :
(
tan x −1
)

√
2 cos 5x −1

= 2 sin

2x +
9π
2

Lời giải. Điều kiện: cos x = 0
Phương trình đã cho:
⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x −1) = 2 cos 2x cos x
⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x −1) + 2(sin x −cos x)(cos x + sin x) cos x = 0

⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x −1 + 2cos
2
x + 2 sin x cos x) = 0
⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x + cos 2x + sin 2x) = 0
Đến đây có lẽ bài toán đã xong 
Bài toán 11 : Giải phương trình:
2 cos
2
3x
2
−sin
2
3x
cos
2
x + sin x − 1
= 0
Lời giải.
2 cos
2
3x
2
−sin
2
3x
cos

2
x sin x −1
= 0 ⇐⇒
cos 3x(cos 3x + 1)
sin x(1 −sin x)
= 0
⇐⇒ cos 3x = 0 hay cos 3x = −1 với điều kiện sin x = 0, sin x = 1
⇐⇒ x =
π
6
+ k
π
3
, x =
π
3
+ k
2π
3
thỏa x = kπ, x =
π
2
+ k2π
Vậy nghiệm PT gồm
x =
π
6
+ kπ, x =
5π
6

+ kπ, x =
π
3
+ k2π, x = −
π
3
+ k2π, x = −π + k2π.

16
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
CHUYÊN ĐỀ 3 : PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 1 : Giải phương trình

2 −
4
x


√
x −1 −1

=
9x
2
−14x + 25
3x + 3 + 4

√
2x −1
.
Lời giải. Điều kiện x ≥ 1
Phương trình ⇐⇒

2 −
4
x


√
x −1 −1

=
9x
2
−14x + 25
3x + 3 + 4
√
2x −1
.
⇐⇒
2
(
x −2
)

√
x −1 −1


x
=
(
3x + 3
)
2
−16
(
2x −1
)
3x + 3 + 4
√
2x −1
⇐⇒
2
(
x −2
)

√
x −1 −1

x
= 3x + 3 −4
√
2x −1
⇐⇒ 2
(
x −2

)
√
x −1 −2x + 4 = 3x
2
+ 3x −4x
√
2x −1
⇐⇒ 3 x
2
+ 5x −4 −2
(
x −2
)
√
x −1 + 4x
√
2x −1 = 0
⇐⇒ x
2
−2x
√
x −1 +
(
x −1
)
+ 2x
2
−4x
√
2x −1 + 2(2x −1) + 4

√
x −1 −1 = 0
⇐⇒

x −
√
x −1

2
+ 2

x −
√
2x −1

2
+ 4
√
x −1 −1 = 0
Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 
Bài toán 2 : Giải phương trình
x
3
+ 3x
2
+ x + 2 =
√
2x + 11 + 2x
2
√

x + 4
Lời giải. Phương trình tương đương
x
2

x + 3 −2
√
x + 4

+ x + 2 −
√
2x + 11 = 0, (1)
Đặt : t =
√
x + 4 ⇒ x = t
2
−4,
(
t ≥ 0
)
17
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Khi đó (1) trở thành :

t
2
−4


2

t
2
−2t −1

+ t
2
−2 −

2t
2
+ 3 = 0
⇔

t
2
−4

2

t
2
−2t −1

+

t
2
−2t −1


+

2t −1 −

2t
2
+ 3

= 0
⇔

t
2
−2t −1



t
2
−4

2
+ 1

+
2t
2
−4t −2
2t −1 +

√
2t
2
+ 3
= 0
⇔


t
2
−2t −1 = 0
(
t ≥ 0
)

t
2
−4

2
+ 1 +
2
2t −1 +
√
2t
2
+ 3
= 0

2t −1 +


2t
2
+ 3 ≥ −1 +
√
3 > 0

⇔t = 1 +
√
2
Vậy phương trình có nghiệm : x = −1 + 2
√
2 
Bài toán 3 : Giải hệ phương trình



y
2
+ 2x = 1 +
√
1 + x + 2

1 + y
(
y − x
) (
y + 1
)
+


y
2
−2

√
1 + x = 1.
Lời giải. Phương trình (2) tương đương
(
y + 1
)

√
x + 1

2
−

y
2
−2

√
x + 1 −y
2
−2y = 0
Ta có
∆
√
x+1

=

y
2
+ 2y + 2

2
Suy ra :





√
x + 1 = y
√
x + 1 = −
y + 2
y + 1
(VN : y > −1)
⇔ x = y
2
−1,
(
y ≥ 0
)
, (3)
Thế (3) vào (1) ta có phương trình :
3


y
2
−y −1

+ 2

y −

y + 1

= 0
⇔

y −

y + 1

3y + 3

y + 1 + 2

= 0
⇔






y + 1 = y

3


y + 1

2
+ 3

y + 1 −1 = 0
⇔






y =
1 +
√
5
2
y =
−1 −
√
21
6
(loại)
18
www.k2pi.net T
E

XBY POPEYE
Vậy hệ có nghiệm :

1 +
√
5
2
;
1 +
√
5
2

. 
Bài toán 4 : Giải hệ phương trình:



(
x + 1
)

y
2
+ y + 2 +
(
y −1
)

x

2
+ x + 1 = x + y

x
2
+ x


x − y + 3 = 2x
2
+ x + y + 1
Lời giải. Từ phương trình 2 ta có :
(
x − y −1
)

x
2
+ x

x − y + 3
+ 1

= 0
Với
x
2
+ x

x − y + 3

+ 1 = 0 Ta có thể xử lý như sau :
Dựa vào điều kiện của hệ ⇒ x
2
+ x + 1 ≥ 0
nên x
2
+ x + 1 +

x − y + 3 ≥ 0
⇒ x
2
+ x + 1 +

x − y + 3 + 1 > 0
⇒ x
2
+ x + 2 +

x − y + 3 = 0
Vô nghiệm
Với y = x −1 thế vào PT 1 ta được :
(
x + 1
)

x
2
− x + 2 +
(
x −2

)

x
2
+ x + 1

= 2x −1
Đặt

x
2
− x + 2 = a ,

x
2
+ x + 1 = b
Phương trình đã cho viết thành :

b
2
− a
2
+ 1
2
+ 1

a +

b
2

− a
2
+ 1
2
−2

b = b
2
− a
2
⇔
(
b − a
) (
a + b −3
) (
a + b + 1
)
= 0
Với a = b ⇒
(
x; y
)
=

1
2
;
−1
2


Với a + b = 3 ⇒

x
2
+ x + 1 = 3 −

x
2
− x + 2
⇔ 5 − x = 3

x
2
− x + 2
⇔ x =
7
8
hoặc x = −1
19
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Thử lại ta có nghiệm của hệ là
(
x; y
)
=

1

2
;
−1
2

;

7
8
;
−1
8

;
(
−1; −2
)

Bài toán 5 : Giải hệ phương trình





x +

2y + 3 = y +
√
2x + 1 + 1
2x

3
+

x
3
(y + 1) + 3y + 4 = 2x

x
3
+ x
2
+ 2x
2

1 +
y + 2
x
Lời giải. Điều kiện:

x > 0
y ≥ −1
∪





x = −
1
2

y = −
3
2
Với





x = −
1
2
y = −
3
2
không thỏa mãn hệ phương trình
Với

x > 0
y ≥ −1
. Đặt:

a =
√
2x + 1
(
a > 1
)
b =


2y + 3
(
b ≥ 1
)
⇐⇒





x =
a
2
−1
2
y =
b
2
−3
2
pt
(
1
)
⇐⇒
a
2
−1
2
+ b =

b
2
−3
2
+ a + 1 ⇐⇒

a = b
a + b −2 = 0(vn)
Với a = b ⇐⇒ y = x −1 t hế vàopt(2) ta được: 2x
3
+ x
2
+ 3x + 1 = 2x
2

√
x + 1 +

2 +
1
x

⇐⇒ 2 x
2
+
(
x + 1
)
+


1
x
+ 2

= 2x


1
x
+ 2 +
√
x + 1

⇐⇒ 2 x
2
+ u
2
+ v
2
= 2x
(
v + u
)
⇐⇒ 2 x
2
−2
(
v + u
)
x + u

2
+ v
2
= 0
Ta có: ∆

=
(
u + v
)
2
−2

u
2
+ v
2

= −
(
u −v
)
2
Phương trình có nghiệm khi u = v
u = v ⇐⇒ x + 1 =
1
x
+ 2 ⇐⇒





x =
1 +
√
5
2
⇐⇒ y =
−1 +
√
5
2
x =
1 −
√
5
2
(
loai
)
Hệ phương trình có nghiệm:
(
x; y
)
=

1 +
√
5
2

;
−1 +
√
5
2


Bài toán 6 : Giải bất phương trình
x −1 +
√
2x + 1
√
2x
2
+ 4x + 1 −1
≤ 1
Lời giải.
ĐK

2x + 1 ≥ 0
2x
4
+ 4x + 1 ≥ 0
20
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
TH1:

2x

4
+ 4x + 1 −1 > 0 =⇒ x > 0 khi đó bất phương trình trở thành:
x −1 +
√
2x + 1 ≤

2x
2
+ 4x + 1 −1 ⇐⇒ x ≤

2x
2
+ 4x + 1 −
√
2x + 1
⇐⇒ x ≤
x
(
2x + 2
)
√
2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1
⇐⇒

2x
2

+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 1
Nên ta có hệ bất phương trình sau :

√
2x + 1 −

2x
2
+ 4x + 1 ≤ −x

2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 2
=⇒ 2
√
2x + 1 ≤ x + 2 ⇐⇒ x ≥ 4
TH2 :

2x
4
+ 4x + 1 −1 < 0 =⇒
√
2 −2
2
< x < 0 khi đó bất phương trình trở thành :
x +

√
2x + 1 ≥

2x
2
+ 4x + 1 ⇐⇒

2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 2
Nên ta có hệ bất phương trình sau :

−
√
2x + 1 +

2x
2
+ 4x + 1 ≤ x

2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 2
=⇒ 2

2x

2
+ 4x + 1 ≤ 3x + 2 ⇐⇒
√
2 −2
2
≤ x < 0
Kết luận: Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 4 hoặc
√
2 −2
2
≤ x < 0. 
Bài toán 7 : Giải hệ phương trình






1 +
3
2(x − y)


2(x − y) + 2 = (x + y)
2
−4 (1)
3(x
2
+ y
2

) = 10xy −5 (2)
Lời giải. Từ pt(2) ta có :
(
x + y
)
2
= 4
(
x − y
)
2
+ 5 thế vào pt(1) ta được :

1 +
3
2
(
x − y
)


2
(
x − y
)
+ 2 = 4
(
x − y
)
2

+ 1
Đặt t = x −y khi đó phương trình trở thành :

1 +
3
2t

√
2t + 2 = 4t
2
+ 1
⇐⇒
(
2t + 3
)
√
2t + 2 = 8t
3
+ 2t ⇐⇒

√
2t + 2

3
+
√
2t + 2 =
(
2t
)

3
+ 2t
Hàm số f
(
x
)
= x
3
+ x đồng biến trên R
Mà : f
(
2t
)
= f

√
2t + 2

=⇒ 2t =
√
2t + 2 ⇐⇒ t = 1
21
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Hay ta có hệ sau :



x − y = 1

(
x + y
)
2
= 9
⇐⇒



x = 2
y = 1
hoặc



x = −1
y = −2
Vậy tập nghiệm của hệ pt là :

(
2; 1
)
,
(
−1; −2
)


Bài toán 8 : Giải hệ phương trình




√
3x +

8y −1 + 2 = 16y
2
+ 9x (1)

x − y +

7x −y +

3x −y =

x + 7y + 2
√
x (2)
Lời giải. x = 0 không thỏa, xét x = 0 chia 2 vế của (2) cho
√
x ta được:
(2) ⇐⇒
√
1 −t +
√
7 −t +
√
3 −t =
√
1 + 7t + 2 Với t =

y
x
VT là đơn điệu giảm, VP đơn điệu tăng
=⇒ phương trình có nghiệm duy nhất t =
3
4
⇐⇒ 4y = 3x thay vào (1), ta được:

4y +

8y −1 = 16y
2
+ 12y −2 ⇐⇒ (

4y −1) + (

8y −1 −1 ) = 16y
2
+ 12y −4
⇐⇒
4y −1

4y + 1
+
8y −2

8y −1 + 1
= (y + 1)(16y −4)
⇐⇒ (4y −1)


1

4y + 1
+
2

8y −1 + 1
−4(y + 1)

= 0 ⇐⇒ y =
1
4
Vì phương trình:
1

4y + 1
+
2

8y −1 + 1
= 4(y + 1) Với y ≥
1
8
thì VP ≥
9
2
, VT ≤
9
2
phương trình này vô nghiệm.

Vậy (x; y) =

1
3
;
1
4

. 
Bài toán 9 : Giải hệ phương trình sau :



3x +

x
2
−7 −

y
2
+ 24 = 3
4

x
2
−7 −

y
2

+ 24 = 3y
Lời giải. • Điều kiện : x
2
−7 ≥ 0 hay x ≥
√
7 hoặc x ≤ −
√
7
• Hệ đã cho được viết lại thành :




x
2
−7 = x + y −1

y
2
+ 24 = 4x + y −4
Với x + y ≥ 1 và 4x + y ≥ 4 nên hệ ⇐⇒

x
2
−7 =
(
x + y −1
)
2
y

2
+ 24 =
(
4x + y −4
)
2
⇐⇒

(
y −1
) (
2x + y −1
)
+ 7 = 0
(
x −1
) (
2x + y −2
)
−3 = 0
⇐⇒







y −1 +
7

2x + y −1
= 0 (1)
x −1 −
3
2x + y −2
= 0 (2)
22
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
• Đến đây lấy PT(1) + 2.PT(2) ta được :
2x + y −3 +
7
2x + y −1
−
6
2x + y −2
= 0 ⇐⇒ 2 x + y = 2 +
3
√
6.
Từ đó ta có nghiệm của hệ như sau :
(
x; y
)
=

1 +
3
3

√
6
; 1 −
7
1 +
3
√
6

. 
Bài toán 10 : Giải hệ phương trình:





2y

y
4
+ 10y
2
+ 5

= x
5
+
(
x + 2
)

5
√
4x + 1 −

2(y + 1) =
12y −30
x
2
+ 18
Lời giải. Điều kiện: x ≥ −
1
4
, y ≥ −1.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
2y

y
4
+ 10y
2
+ 5

= 2
(
x + 1
)

(
x + 1
)

4
+ 10
(
x + 1
)
2
+ 5

⇐⇒ y = x + 1.
Thay y = x + 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
√
4x + 1 −

2
(
x + 1 + 1
)
=
12
(
x + 1
)
−30
x
2
+ 18
⇐⇒
√
4x + 1 −
√

2x + 4 =
12x −18
x
2
+ 18
.
⇐⇒
2x −3
√
4x + 1 +
√
2x + 4
=
6
(
2x −3
)
x
2
+ 18
⇐⇒



x =
3
2
√
4x + 1 +
√

2x + 4 =
x
2
+ 18
6
.
Giải phương trình
√
4x + 1 +
√
2x + 4 =
x
2
+ 18
6
⇐⇒ x
2
+ 18 −6
√
4x + 1 −6
√
2x + 4 = 0.
⇐⇒ x
2
−6x + 6

2x + 3
3
−
√

4x + 1

+ 6

x + 6
3
−
√
2x + 4

= 0
⇐⇒

x = 0
x = 6
=⇒

x = 0, y = 1
x = 6, y = 7
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là
(
x; y
)
=
(
0; 1
)
;
(
6; 7

)
;

3
2
;
5
2

. 
Bài toán 11 : Giải hệ phương trình :







9
x −1
+
4

2x + 9y −1
= 4
1
y + 1
−
2


2x + 9y −1
= 2
23
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Lời giải. Điều kiện x −1 = 0, y + 1 = 0, 2x + 9y −1 > 0
Ta đặt a = x −1, b = y + 1 t hỏa a > 0, b > 0, 2a + 9b > 8 hệ trở thành:





9
a
+
2
b
= 8
9
ab
= 8

1
2a + 9b −8
−1

⇐⇒






9b + 2 a = 8ab
9
ab
= 8

1
8ab −8
−1

⇐⇒





9b + 2 a = 8ab
9
ab
=
1
ab − 1
−8
⇐⇒






9b + 2 a = 6
√
2
ab =
3
√
2
4
giải ra x và y 
Bài toán 12 : Giải hệ phương trình :








x
2
+ xy + y
2
3
+

x
2
+ y
2

2
= x + y (∗)
√
x +

3 −y = xy − x −2 (∗∗)
Lời giải. ĐK: x ≥ 0, y ≤ 3.
Ta có 2 BĐT sau:

x
2
+ xy + y
2
≥
√
3
2
(x + y) (1)
Dấu = xảy ra khi x = y
x
2
+ y
2
≥
(x + y)
2
2
(2)
Dấu = xảy ra khi x = y
Khi đó ta suy ra:


x
2
+ xy + y
2
3
+

x
2
+ y
2
2
≥
x + y
2
+
x + y
2
= x + y
Do đó:(∗) ⇔ y = x. Thế y = x vào phương trình (∗∗) ta được:
√
x +
√
3 −x = x
2
− x −2 (3)
Từ phương trình (3) ta có:












x ≥ 0
3 −x ≥ 0
x
2
− x −2 ≥ 0
⇔ 2 ≤ x ≤ 3. Do đó:
(3) ⇔
√
x − (x −1) +
√
3 −x − (x −2) = x
2
−3x + 1
24
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
⇔
−x
2
+ 3x −1

√
x + x −1
+
−x
2
+ 3x −1
√
3 −x + x −2
= x
2
−3x + 1
⇔ (x
2
−3x + 1)

1 +
1
√
x + x −1
+
1
√
3 −x + x −2

= 0
⇔ x
2
−3x + 1 = 0
Do 1 +
1

√
x + x −1
+
1
√
3 −x + x −2
> 0 ∀x ∈
[
2; 3
]
⇔ x =
3 +
√
5
2
∨ x =
3 −
√
5
2
Tuy nhiên x =
3 −
√
5
2
loại. Với x =
3 +
√
5
2

⇒ y =
3 +
√
5
2
Thử lại thấy thỏa.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =

3 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2


Bài toán 13 : Giải hệ phương trình :





2

2x + y −3

x − y = 1

5

x −10y + 21
+
4

3y + 2
= 3
Lời giải. Đặt

2x + y = a;

x − y=b; a, b ≥ 0
Hệ được viết lại là





2a − 3b = 1
5
√
−3a
2
+ 7b
2
+ 21
+
4
√

a
2
−2b
2
+ 2
= 3
Thế trên vào dưới rút gọn ta được
10

(b − 9)
2
+
8
b + 3
= 3 ⇐⇒
10
b −9
+
8
b + 3
= 3 hay
10
9 −b
+
8
b + 3
= 3
⇐⇒ b = −1(loại), b = 13 hay b = 3 , b =
7
3

Từ đó suy ra a tương ứng a = 20, a = 5,
a = 4
giải ra được các cặp nghiệm (x; y) =

34
3
;
7
3

;

193
27
;
46
27

;

569
3
;
62
3


25