Đề Luyện thi ĐH môn Toán 2015 Có đáp án Đề số 5

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 1

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x



(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Giả sử
d
là một tiếp tuyến của đồ thị hàm số
 
C
, tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ giao điểm
I

của hai tiệm cận đến đường thẳng
d
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
   
2
2

4 sin c o s 1 c o s 6 co s sin
2
x x x
x
x   
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
22
4
sin c os
4 sin
x x x
I d x
xx






.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
 
 
2
34
lo g 2 lo g 4 3x x x   
.

b) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
 
2
13
1
iz i z
z
i



.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
O x yz
, cho mặt phẳng
 
: 2 2 2 0P x y z   
và đường
thẳng
1
2
:
1 2 1
y
xz
d





. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
d
, cách mặt phẳng
 
P

một đoạn thẳng độ dài bằng 2 và cắt mặt phẳng
 
P
theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng
. ’ ’ ’ ’A B CD A B C D
có các cạnh
3
,'
2
a
A B A D a A A  
và góc
0
60B A D 
. Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm của các cạnh
’’AD
và
’’AB
. Chứng minh rằng

’AC
vuông góc
với mặt phẳng
 
B D M N
và tính thể tích hình chóp
.A BD M N
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
O x y
, cho tam giác vuông
A B C
vuông tại
A
, đường
thẳng
AB
và đường thẳng chứa trung tuyến
AM
của tam giác lần lượt có phương trình
4 3 1 0xy  
và
7 8 0xy  
. Điểm
 
10 ; 3E
thuộc đường thẳng
BC
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
A B C

.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
2
3
2
22
1 2 1 1
y
y x x
x
yx



  


   


,xy R
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho
,xy
là các số thực bất kỳ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y         
.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác định:
 
/1DR
.
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
 
2
1
'
1
y
x


.
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 5

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 2
   
' 0 , ; 1 1;yx       
, suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
 
;1  
và
 

1; 
.
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn:
lim 1; lim 1
xx
yy
   

đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
1y 
.
11
lim ; lim
xx
yy

   
    
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là
1x 
.
+ Bảng biến thiên
x




1



'y







y

1












1

- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Ox

tại điểm
 
2 ; 0
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Oy
tại điểm
 
0 ; 2
.
+ Đồ thị hàm số giao điểm
 
1; 1I 
của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
1 3 1 3
3 ; , ; 1 , ; 3 , 1;
2 2 2 2
       
   
       
       
.
- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b. Ta có
 
2
1
'

1
y
x


.
 
C
có giao 2 tiệm cận là:
 
1; 1I 
.
Giả sử
0
0
0
2
;
1
x
Mx
x





thuộc
 
C

(
1
0
x
), tiếp tuyến của
 
C
tạic
M
có phương trình:
 
       
2
0
0 0 0 0
2
0
0
2
1
: 1 1 2 0
1
1
x
d y x x x x y x x
x
x

          



.
Khoảng cách từ
I
đến
d
:
 
     
   
 
 
2
0
0 0 0 0
0
0
44
2
2
00
0
2
0
2
1 1 2
21
1
2
I;

1
1 1 1 1
1
1
x
x x x x
x
x
dd
xx
x
x

    


  
   


.
Mà
 
   
2
00
2
0
12
1 2 ; 1 I; 2

2
1
x x d d
x
        

.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 3
Dấu = xảy ra khi
 
   
24
0
00
2
0
0
0
1
1 1 1
2
1
x
xx
x
x


     





.
Vậy khoảng cách lớn nhất từ
I
tới tiếp tuyến
d
là:
 
;2
m ax
d M d 
.
Nhận xét: Hướng giải: Tìm giao điểm của hai tiêm cận là
I
, lập phương trình tiếp tuyến tai điểm
 
MC

và tính khoảng cách từ
I
tới tiếp tuyến.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương trình tiếp tuyến của hàm số
 
y f x
tại điểm
 

 
   
; : '
Q Q Q Q Q
Q x y y f x y f x x x y    
.
- Tham số hóa điểm
 
0
0
0
2
;
1
x
M x C
x







với
0
1x 
viết được phương trình tiếp tuyến viết tại
M
.

- Tính khoảng cách từ điểm
 
1; 1I 
tới tiếp tuyến.
-Sử dụng bất đẳng thức
A M G M
, ta có
 
, 0 : 2 ; 2a b a b a b d I d    
.
Bài toan kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
2
2
x
y
x


. Giả sử
d
là một tiếp tuyến của đồ thị. Tìm khoảng cách lớn nhất từ tâm đỗi
xứng tới
 
d
. Đáp số:
2M ax 
.
b. Cho hàm số

21
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số khi khoảng cách từ tâm đối xứng tới
tiếp tuyên là lớn nhất. Đáp số:
5 ; 1y x y x     

Câu 2. Phương trình tương đương với
 
 
2
4 sin c o s 1 2 c os c o s 3 c os sin 3 0x x x x xx      

   
2 2 3
3 2 2 2
3 s in 8 s in c o s 4 s in co s co s 8 c o s 4 c o s 3 0
3 s in 2 s in co s 4 c o s 6 c os 2 c o s 3 c o s 4 s in c o s 6 sin c o s 2 c o s 3 0
2 c o s x 3 s in c o s co s 2 sin 2 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x x x x
       
          
     

 
2 c o s 3 0 v n
π k 2
sin c o s c o s 2 sin 2 0 sin s in 2
63
44
2
x
x
x x x x x x
xk







  
   


         
   


   
   






.
Phương trình có nghiệm:
π k 2 π
; 2 ;
63
x x k k        Z
.
Nhận xét: Phương pháp sử dụng phân tích nhân tử vận dụng các công thức lượng giác cơ bản.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng công thức hạ bậc
22
1 c os 2 2 c os ; 1 c os 2 2 sina a a a   
.
-Khai triển phương trình và nhóm nhân tử chung
2 c o s 3 0
sin c o s c os 2 s in 2 0
x
x x x x




   

.
- Công thức lượng giác cơ bản

s in c o s 2 s in
4
a a a


  





sin cos 2 sin 2 0x x cos x x   
trở thành
s in s in 2
44
xx
   

   
   
   
.
-
 
2
sin sin
2
xk
x k Z
xk


   
   

     

.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
3
3 s in 3 3 c o s 9 1 4 s in 3x x x  
. Đáp số:
2 7 2
;
1 8 9 5 4 9
x k x k
   
   
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 4
b. Giải phương trình
 
4 sin 3 c o s ta n 3 co tx x x x  
. Đáp số:
42
;
3 9 3
x k x k
  

     
.
Câu 3.
22
44
1 2 co s 1 1 2 co s 1
4 2 sin 4 2 sin
xx
I d x d x
x x x x







   
22
44
2 sin 2 sin
11
4 2 sin 4 2 sin
d x x d x x
x x x x








 
 
 
 
2
4
4 2 4
1 2 s in 1
ln ln
4 2 s in 4
4 4 2
xx
xx


   



   
.
Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo đạo hàm của mẫu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Xét tử của biểu thức tích phân:
       
11
sin c o s 2 co s 1 2 sin 2 c o s 1 2 sin
44

x x x x x x x x x      
.
Sử dụng hằng đẳng thức
   
22
a b a b a b   
ta có mẫu của biểu thức dưới dấu tích phân viết lại dạng
   
22
4 sin 2 sin 2 sinx x x x x x   
.
-Nhận thấy
       
2 sin ' 2 co s 1 ; 2 sin ' 2 c o s 1x x x x x x     
nên các tích phân có dạng
'
ln
u
d u u C
u


.
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 
2
1
2 ln ln
ln

e
xx
I d x
x x x




. Đáp số:
 
ln 1 1Ie  
.
b. Tính tích phân
1
ln 1 ln
1 ln
e
xx
I d x
xx




. Đáp số:
7 2 2
3
I



.
Câu 4.a. Điều kiện
3x 
.
Phương trình tương đương
   
22
32
lo g 4 4 lo g 4 3x x x x    

Đặt
2
4 3 0t x x   
; ta được
32
lo g 1 lo gt t z  
nên
13
2
z
z
t
t








, do đó
21
2 1 3 1
33
zz
zz
   
    
   
   
(1).
Vì
21
33
zz
   

   
   
nghịch biến trên ℝ nên (1) có nghiệm duy nhất
1z 
.
 
2
2
23
1 lo g 1 4 3 2
2 3 l
x
z t x x

x



       



.
Phương trình có nghiệm:
23x 
.
Nhận xét: Bài toán giải phương trình
lo g arit
với phép đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Sử dụng công thức
1
lo g lo g ; lo g lo g
n
n
a a a
a
b b n b b
n

chuyển đổi phương trình.
-Đặt ẩn phụ
2
32

4 3 lo g 1 lo gt x x t t     
.
-Sử dụng ẩn phụ với
32
lo g 1 lo gt t z  
.
-Hàm số
 
21
33
zz
fz
   

   
   
nghịch biến trên
R
nên có nghiệm duy nhất.
- Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 5
a. Giải phương trình
 
5
lo g 3
2
x
x



. Đáp số:
2x 
.
b. Giải phương trinh
 
3
27
lo g 1 lo gxx
. Đáp số:
343x 
.
Câu 4.b. Gọi
 
,z a bi a b  
.
Ta có
   
2
22
1 3 4 2
11
iz i z a b b a i
z a b
ii
     
   


   
 
 
2 2 2 2
4 2 1
3 3 5 2
2
a b b a i i
a b a b b a i a b

   

         

 
22
2
45
3 3 2
0
2 6 9 0
26
09
5
50
26
a
a b a b
a
bb

b
ab
ba
b





   



  
   
   











.
Vậy có 2 số phức cần tìm:
0z 

và
4 5 9
2 6 2 6
zi  
.
Nhận xét: Bài toán tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện cho trước, ta đặt số phức
z
cần tìm thay vào điều kiện
đã cho.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Đặt
 
,z a bi a b R  
.
-Thay vào biểu thức
 
2
13
1
iz i z
z
i



.
- Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của chúng tương tứng bằng nhau.
Bài tập tương tự:

a. Tìm số phức
z
thỏa mãn
   
3
22z z i i   
. Đáp số:
15
10
4
zi
.
b. Tìm số phức
z
thỏa mãn
3
1 8 2 6zi
. Đáp số:
3zi
.
Câu 5. Đường thẳng

có phương trình tham số là
: 1 2
2
xt
yt
zt




   




.
Gọi
 
; 1 2 ; 2I t t t     
là tâm mặt cầu.
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng
 
P
một khoảng bằng 3 nên, ta có
 
2
2 1 2 4 2 2 6 5
3
;3
7
33
3
t
t t t t
dI
t




      
    





.
Suy ra có hai tâm mặt cầu là
2 1 8 7 1 7 1
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 7
II
   
  
   
   
.
Mặt phẳng
 
P
cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cấu có bán kính bằng 5.
Phương trình mặt cầu là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
2 5 ; 2 5
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
           
           

           
           
.
Nhận xét: Để viết phương trình mặt cầu ta tìm tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu sử dụng phương pháp tọa
độ hóa điểm và công thức tính khoảng cách từ một điểm tới mặt phẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Mặt phẳng
 
P
cắt mặt cầu
 
S
tâm
I
theo một đường tròn
 
C
có mối liên hệ bán kính với khoảng cách
tâm
I
tới
 
P
:


 
2 2 2
;
S

C
d I P R R
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 6
-Khoảng cách từ một điểm
Q
tới mặt phẳng
 
:0P ax b y cz d   
là
 
2 2 2
;
Q Q Q
a x b y c z d
d Q R
a b c
  


.
Áp dụng cho bài toán:
- Tham số hóa tọa độ điểm
I 
. Do
I
cách mặt phẳng
 
P

một khoảng bằng 3


 
;3d I P I
.
- Sử dụng công thức tính
   
 
 
22
;
S C S
R R d I P R  
.
Với tâm và bán kính ta viết được 2 phương trình mặt cầu thỏa mãn.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ
O x yz
, cho đường thẳng
 
1
11
:
2 1 2
y
xz
d




. Viết phương trình mặt cầu
 
S

có tâm
 
1; 0 ; 3I
cắt
d
tại hai điểm phân biệt
,AB
sao cho tam giác
IAB
vuông tại
I
.
Đáp số:
   
22
2
40
13
9
x y z    
.
b. Trong hệ trục tọa độ
O x yz
, cho các điểm

     
0 ; 0 ; 2 , 0 ; 1; 0 , 2 ; 0 ; 0A B C 
. Gọi
H
là trực tâm tam giác
A B C
. Viết phương trình mặt cầu tâm
H
và tiếp xúc với trục
Oy
.
Đáp số:
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
xyz
     
     
     
     
.
Câu 6. Gọi
I
là tâm của đáy
A B CD
,
S
là điểm đối xứng của
A
qua

'A
. Khi đó
,,S M D
thẳng hàng;
,,S N B
thẳng hàng và
,MN
lần lượt là trung điểm của
SD
và
SB
. Từ giả thuyết ta suy ra
A B D
đều,
3
3
2
a
A O A C a  
và
'C C A O
. Ta có
0
O A S ' 9 0C C A
.
Suy ra
 
' . . 'A O S C C A c g c A C S O    
(1).
Vì

, A A 'B D A C BD
suy ra
 
' ' 'B D A CC A BD A C  
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
 
'A C B D M N
.
Ta có
2

1 3 3
4 4 4
S M N
B D M N B D S A B D M N S A BD
S B D
S
MN
S S V V
S B D




     


.
Ta có

3
1 1 1 1 1 3
. . 3 . . . 3 . . .
3 3 2 3 2 2 4
S A BD A B D
aa
V S A S a A O B D a a

   
(đvtt).
Vậy
3
.
3
16
A B D M N
a
V 
(đvtt).
Nhận xét: Ta có thể tính trức tiếp thể tích khối chóp thông qua công thức thể tích tuy nhiên ta có thể sử
dụng phương pháp sử dụng tính thể tích thông qua tỉ số thể tích.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Chứng minh một đường thẳng
 
d
vuông góc với một mặt phẳng
 

ta chứng minh
       

12
,d d d d

với
     
12
,dd
.
-Công thức tính thể tích khối chóp
1
.
2
V B h
với
B
là diện tích đáy,
h
là chiều cao.
- Chứng minh
 
'A C B D M N
:
 
' ; ' 'A C S O AC BD AC B D M N   
.
-Sử dụng tỉ số diện tích
2

1 3 3
4 4 4

S M N
B D M N B D S A B D M N S A B D
S B D
S
MN
S S V V
S B D

     


.
Bài tập tương tự:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 7
a. Cho hình chóp
.S A B C D
có đáy
A B CD
là hình vuông cạnh
2 , , 3a S A a S B a
và mặt phẳng
 
S A B

vuông góc với đáy. Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm của các cạnh
, B C .AB
Tính thể tích khối chóp

.S B M D N
. Đáp số:
3
.
3
3
S B M D N
a
V 
.
b. Cho hình chóp
.S A B C
mỗi mặt bên là một tam giác vuông,
SA SB SC a  
. Gọi
,,N M E
lần lượt
là trung điểm của
,,A B A C BC
, gọi
D
là điểm đối xứng của
S
qua
E
. Giả sử
AD
cắt mặt phẳng
 
S M N

tại
I
. Tính thể tích khối tứ diện
M B SI
. Đáp số:
3
.
36
M B S I
a
V 
.
Câu 7. Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ
 
4 3 1 0
1; 1
7 8 0
xy
A
xy

  


  

.
Gọi

F
là điểm thuộc
AM
sao cho
//E F A B
. Suy ra
EF
có phương trình
4 3 4 9 0xy  
. Vì
F
thuộc
AM

nên tọa độ điểm
F
là nghiệm của hệ
 
4 3 4 9 0
1; 1 5
7 8 0
xy
F
xy

  


  


.
Đường trung trực
d
của
EF
có phương trình
6 8 3 9 0xy  

Do
M AB
cân tại
M
, nên
M E F
cân tại
M
. Suy ra
d
đi qua trung điểm
H

của
AB
và trung điểm
M
của
BC
.
Tọa độ M thỏa mãn hệ
6 8 39 0

19
;
7 8 0
22
xy
M
xy

  




  


.
Ta có
2B C B M
, suy ra
 
3; 4C
.
Tọa độ
H
thỏa mãn hệ
4 3 1 0
5
;3
6 8 39 0

2
xy
H
xy

  




  


. Ta có
2A B A H
, suy ra
 
4 ; 5B 
.
Vậy
     
1; 1 , 4 ; 5 , 3; 4A B C
.
Nhận xét: Bài toán thuộc lớp giải tam giác cơ bản. Ta tìm những họ đường thẳng cùng chứa các điểm
,,A B C
. Lấy giao các đường thẳng có điểm chung này tìm được tọa độ các đỉnh của tam giác
A B C
.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương trình tổng quát đường thẳng

 
d
qua điểm
 
;P a b
nhận
 
 
22
;0n      
:
   
0x a y b     
.
-Kiến thức vector : Cho hai vector
   
12
1 1 2 2
12
; , ;
x kx
u x y v x y u k v
y ky



  





.
Áp dụng cho bài toán:
- Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ
A A M
A A B







.
- Gọi
F A M
thỏa mãn
//EF A B E F F
là nghiệm của hệ
F E F
F A M








.
-Viết phương trình trung trực của
EF
.
d
đi qua trung điểm
H
của
;A B M
của
BC
nên tọa độ
M
thỏa hệ
M B C
M A M







. Sử dụng tính chất vector
2B C B M C
,
2A B A H B
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

a. Trong mặt phẳng
O x y
, cho tam giác
A B C
. Đường cao kẻ từ
,A
trung tuyến kẻ từ
,BC
lần lượt có
phương trình
6 0 ; 2 1 0 ; 1 0x y x y x       
. Tìm tọa độ 3 đỉnh
,,A B C
.
Đáp số:
     
5; 1 , 3 ; 1 , 1; 3A B C
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 8
b. Trong mặt phẳng
O x y
, cho tam giác
A B C
cân tại
A
. Phương trình
: 3 5 0B C x y  
, đường cao hạ
từ

: 3 5 0B x y  
. Đường cao qua đỉnh
C
đi qua điểm
 
3; 0M
. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác
A B C
.
Đáp số:
     
1; 0 , 2; 1 , 2 ; 3A B C
.
Câu 8. Điều kiện
0x 
.
Phương trình thứ nhất tương đương với
22
22
20
yy
xx

  

2
22
2
2
2

1 (v n )
22
1 2 0
2
2 1 4 1
y
yy
x
xx
y
yx
x




   


   
    

   

   

    


.

Thế
2
1 4 1yx  
vào phương trình thứ hai, ta được
3
4 1 2 1 1xx   
.
Đặt
3
4 1 ; 0
21
a x a
bx

  





. Khi đó hệ phương trình trở thành
2 3 3 2
11
1
0
2 1 2 2 0
a b a b
a
b
a b b b b


   




  

    



.
Với
1
0
a
b





, ta được
3
4 1 1 4 1 1
1
0
2 1 0
2

2 1 0
xx
xy
x
x


   

    






.
Hệ phương trình có nhiệm:
 
1
;0
2
;xy




.
Nhận xét: Hướng giải: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử và đặt ẩn phụ.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Từ phương trình thứ 2 của hệ khó tìm được mối quan hệ giữa
,xy
. Ta xét phương trình thứ nhất cùng sự
phân tích cơ bản.
- Phương trình thứ nhất của hệ coi ẩn
2
2y
t
x


giải phương trình ẩn
t
ta có
2
1 4 1yx   
.
- Thay
2
1 4 1yx  
vào phương trình thứ 2 ta được
3
4 1 2 1 1xx   
. Với phương trình vô tỉ cơ bản,
chọn phương pháp sử dụng 2 ẩn phụ
3
4 1 ; 2 1a x b x   
. Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Lưu ý: Ta có thể sử dụng phương pháp nhận lượng liên hợp hoặc hàm số để giải phương trình
3

4 1 2 1 1xx   
.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
 
3
3 2 2
8 3 2 5 4 4 4 0x x x x x x      
. Đáp số:
1 1 7
; 2 5
2
xx

  
.
b. Giải hệ phương trình
 
22
22
22
4 2 2
x y x y x y
x y x y

     


  



. Đáp số:
     
; 1; 3 ; 3 ; 1xy   
.
Câu 9. Xét các điểm
   
1 x; , 1;M y N x y
.
Ta có
   
22
2 2 2 2
1 1 4 4 2 1O M O N M N x y x y y y           
.
Do đó
 
2
2 1 2f y y y P    
.
 Với
     
2
2
2
2 2 1 2 ' 1
1
y
y f y y y f y
y

         

.
Khi đó
 
2
22
0
3
' 0 2 1
3
41
y
f y y y y
yy



      




.
Ta có bảng biến thiên

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 9
y



3
3

2
 
'fy


0


 
fy



23

 Với
 
22
2 2 1 2 2 1 2 5 2 3y f y y y y          
.
Vậy
23P 
với mọi
,xy
. Khi
0x 

và
3
3
y 
thì
23P 
.
Do đó
P
nhỏ nhất bằng
23
, khi
0x 
và
3
3
y 
.
Nhận xét: Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất sử dụng bất đẳng thức vector dồn về biến
y
kết hợp xét hàm số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương pháp sử dụng bất đẳng thức tam giác hoặc sử dụng bất đẳng thức vector. Cho hai vector
       
22
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
; , ;a u v b u v a b a b u v u v u u v v           
.
Nhận thấy biểu thức

P
có
2y 
độc lập biến
y
nên ta chuyển giá trị nhỏ nhất của biểu thức theo biến
y
.
- Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức vector cho hai vector
     
1 ; , 1 ; 2; 2a x y b x y a b y    
(Chọn cặp
 
1 ; 1xx
khi cộng tọa độ vector rút gọn còn theo biến
y
) ta có
   
22
2 2 2
1 1 2 1x y x y y      
.
- Để tìm giá trị nhỏ nhất của
P
ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
2
2 1 2 ;f y y y y    
.
Bài tập tương tự:

a. Cho các số thực dương
,,a b c
thỏa mãn
ab bc ca abc  
. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
a b b c c a
a b bc ca
  
  
.
b. Chứng minh rằng với mọi số thực
,ab
ta có
2 2 2 2
2 2 37 6 6 18 5a b a b a b a b         
.