ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 3

1




Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
 
32
3 2 3y x x m x m    
(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
C
khi
2m 
.
b) Tìm
m
để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số
 
C
đã cho vuông góc với
đường thẳng
: – 2 0d x y 
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 

2
2
1 cos2
sin 2cos2
2sin2
x
xx
x


.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
1
0
1
3
xx
I dx
x




.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức
z
thỏa mãn phương trình
     

1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i      
.
b) Cho tập hợp
A
tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được
bao số tự nhiên từ tập
A
mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng
1
3
41
:
3 1 2
y
xz
d




;
2
d
là giao tuyến của hai mặt phẳng
 
: 2 0x y z    
và

 
: 3 12 0xy   
. Mặt phẳng
 
Oyz
cắt
hai đường thẳng
1
d
,
2
d
lần lượt tại các điểm
,AB
. Tính diện tích tam giác
MAB
, biết
 
1;2;3M
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi tâm
O
, cạnh
a
,
BD a

. Trên
cạnh
AB
lấy điểm
M
sao cho
2BM AM
. Biết rằng hai mặt phẳng
 
SAC
và
 
SDM
cùng vuông
góc với mặt phẳng
 
ABCD
và mặt bên
 
SAB
tạo với mặt đáy một góc
0
60
. Tính thể tích của khối
chóp
.S ABCD
theo
a
và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng
OM

và
SA
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường
tròn
 
22
: 2 6 15 0S x y x y    
ngoại tiếp tam giác
ABC
có
 
4;7A
. Tìm tọa độ các đỉnh
B
và
C

biết
 
4;5H
là trực tâm của tam giác.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình




22

3
23
4 1 2
12 10 2 2 1
x x y y
y y x

    



   


,xyR
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
,,xyz
bất kỳ. Chứng minh rằng
1
11
1 1 1
yy
x z x z
y z x y z x


    
  
.

HẾT

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3

2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a. Với
2m 
, hàm số trở thành
32
36y x x  
.
- Tập xác định:
DR
.
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x
;
0
'0
2
x
y
x






.
   
' 0, ;0 2;yx    
, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
 
;0
và
 
2;
.
 
' 0, 0;2yx  
, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng
 
0; 2
.
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0; 6
CD
xy
. Hàm số đạt cực tiểu tại
2; 2
CT
xy
.
+ Giới hạn:
lim ; lim

xx
yy
 
   
.
+ Bảng biến thiên
x




0


2



'y



0


0


y




6




2




- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Oy
tại điểm
 
0;6
.
+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
 
1;4I
làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
   
1;2 , 3;6
.

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b. Ta có
2
' 3 6 2y x x m   
.
Tiếp tuyến

tại điểm
M
thuộc
 
C
có hệ số góc
 
2
2
3 6 2 3 1 5 5k x x m x m m         

Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x 
.
Suy ra
min
5km
tại điểm
 
1;4 – 4Mm

Tiếp tuyến

( 5).1 1 4d m m      
.
Kết luận:
4m 
.
Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm
hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc.

3

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
 
,
AA
A x y
thuộc đồ thị hàm số
 
y f x
là
 
'
A
k f x
. Hai đường
thẳng có hệ số góc lần lượt là
12
,kk
vuông góc với nhau khi và chỉ khi
12

.1kk
.
-Biểu thức
2
P a b b  
. Dấu bằng xảy ra
0a
.
Áp dụng cho bài toán :
- Tiếp tuyến tại
M
có hệ số góc là
 
2
2
' 3 6 2 3 1 5 5k y x x m x m m          
. Suy ra hệ số góc
tiếp tiếp nhỏ nhất là
5km
.
- Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng
: 2 0d x y  
có hệ số góc
1
d
k 
nên theo tính chất hai đường
thẳng vuông góc ta có phương trình
 
5 .1 1 4mm    

.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
 
32
2 1 2y x x m x m    
. Tìm
m
để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông
góc với đường thẳng
: 2 1d y x
. Đáp số:
11
6
m 
.
b. Cho hàm số
1
21
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc
đường thẳng
: 9 1 0xy   
. Đáp số:

9 1; 9 7y x y x     
.
Câu 2. Điều kiện
;
2
x k k

Z
.
Phương trình tương đương với
 
4
22
4cos
1 cos 2 2cos 1
4sin cos
x
xx
xx
   

3
2
2
cos cos 3
5cos 3 0 5 0
sin sin
cos
xx
x

xx
x
       
(do
cos 0x 
).
 
2 2 3
1
cot 5 3 1 tan 0 3tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tan
x x x x x
x
            

 
 
2
tan 1 3tan 3tan 1 0 tan 1 ,
4
x x x x x k k

             
.
Phương trình có nghiệm:
;
4
x k k

    

.
Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ
sin x
với
cosx

,
tanx
với
cot x
, phân tích nhân tử.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng các công thức biến đổi
2 2 2
sin 1 cos ,1 cos2 2cosx x x x   
thu được phương trình:
3
3
cos
5cot 3 0
sin
x
x
x
  
.
-Do
cos 0x 
không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho
2

cos x
ta có
2
cos 3
50
sin
cos
x
x
x
  
.
-Thay
2
2
1 cos 1
1 tan ,
sin
cos
x
x
x tanx
x
  
có phương trình theo ẩn
tanx
.
- Giải phương trình theo
tanx
thu được

x
, kiểm tra điều kiện ta có đáp án.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình:
 
2
4cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sinx x x x x   
.

4

Đáp số:
5 5 2
; 2 ;
3 6 18 3
x k x k x k
   
         
.
b. Giải phương trình:
 
2
1 sin2 2 3 sin 3 2 sin cos 0x x x x     
.(Thi thử THPT Phan Đăng
Lưu). Đáp số:
7
2 ; 2 ; 2 ; 2
6 6 3
x k x k x k x k

  
              
.
Câu 3. Ta có
 
3
1 1 1 1
2
0 0 0 0
27 27 1 27 1
39
3 3 3
x x x
I dx x x dx dx dx
x x x
    
     
  
   

1
1
11
32
00
0
0
1 3 1 47 4 1
9 27ln 3 27ln
3 2 3 6 3 3

xx
x x x x dx dx
xx


        




.
Tính
1
0
1
3
x
A dx
x




.
Đặt
2
1 1 ; 2t x x t dx tdt      
. Khi
01
10

xt
xt

  

  

.
Suy ra
  
2 2 2
0 1 1 1 1
2 2 2
1 0 0 0 0
44
2 2 2 2 8
22
4 4 4
t t t dt
A dt dt dt dt
tt
t t t

      

  
    

1
1

0
0
1 1 2
2 2 2 2ln 2 2ln3
2 2 2
t
dt
t t t


         

  


.
Vậy
59
27ln4 25ln 3
6
I   
.
Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số
1tx
, tuy nhiên
đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử
dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có:
33

1 27 27 1x x x x      
chuyển
tích phân thành 3 tích phân nhỏ.
- Tính
 
1
2
0
39xx

sử dụng công thức
1
1
n
n
x
x dx C
n




.
- Tính
1
0
27
3
dx
x 


bằng sử dụng công thức
'
ln
u
du u C
u


.
- Tính
1
0
1
3
x
A dx
x




bằng phương pháp đổi biến số
1tx
.
Tách thành hai tích phân
  
11
00
28

22
dt
dt
tt



. Sử dụng khai triển dạng ln tính được
  
1
1
0
0
2
8 2ln
2
22
dt t
t
tt





.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
4

3
2
1
x x x x
I dx
x



. Đáp số:
19
ln 4
2
I 
.

5

b. Tính tích phân
6
2
1
2 1 4 1
I dx
xx

  

. Đáp số:
31

ln
2 12
I 
.
Câu 4.a. Phương trình tương đương với
   
2 1 2 3 4 4 3 1 7i i z i i z i        

 
5 5 10i z i   

 
21
2
1
12
ii
i
zi
i


     


Vậy phương trình có nghiệm:
1zi  
.
Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Số phức
  
2 2 2 2 2 2
a bi c di
a bi ac bd bc ad
zi
c di
c d c d c d

  
   

  
.
-Khai triển biểu thức
     
1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i      
được
 
2
5 5 10 1
1
i
i z i z i
i

       

.
Lưu ý: Ta có thể đặt

z a bi
thay vào biểu thức để tìm
z
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tìm số phức
z x yi
thỏa mãn
    
23
2 3 2 1 1 35 50x i y i i      
. Đáp số:
52zi
.
b. Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
     
2
2 3 4 1 3i z z i i     
. Đáp số:
25zi
.
Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là
3
9
C
. Chọn 2 chữ số còn
lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:

Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán
vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà
a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 60
3!

số tự
nhiên.
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số
khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra
một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà
b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 90
2!2!

số tự nhiên.
Vậy có 150 số.
Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải
dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt
,,a b c
từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó.
- Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số
,,a b c
có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ
số tạo ra số tụ nhiên n.
- Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số

,,a b c
và số còn lại bằng 1 chữ
số khác trong 3 số đó.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách
chọn. Đáp số: 840.

6

b. Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số
đều phải có mặt số 6. Đáp số: 1630.
Câu 5. Vì
 
,A B Oyz
nên
0
AB
xx
.
Do
1
Ad
nên
31
0 4 5 5 5 5
; 0; ;
3 1 2 3 3 3 3
AA
AA

yz
y z A



         



.
2
Bd
nên
 
2 0 4
0; 4; 2
3 12 0 2
B B B
BB
y z y
B
yz

   



  



.
 
11 14 11 17
1; ; ; 1;2; 1 ; 13; ;
3 3 3 3
MA MB MA MB
   

         
   

   
.
11
; 1931
26
MAB
S MA MB




(đvdt).
Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều
Oxy z
ta lập tọa độ 2 vector hai
cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích. Với bài toán ta tìm các đỉnh
,,M A B
với giải
phương trình cơ bản.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Diện tích tam giác
MNP
trong hệ trục tọa độ
Oxyz
cho bởi công thức :
1
.
2
MNP
S MN MP



.
- Mặt phẳng
 
Oyz
có phương trình
0x 
. Thay hoành độ các điểm
,AB
vào phương trình
   
12
,dd
tính được
,AB
.
- Tính vector

,;MA MB MA MB



.
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác
1
;
2
MAB
S MA MB



.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
   
1; 5;0 , 3 ;3;6AB
và đường thẳng
1
1
:
2 1 2
y
xz
d





. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
d
sao cho diện tích tam giác
MAB
nhỏ nhất.
Đáp số:
 
1;0; 2M
.
b. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
0;1;3A
và đường thẳng
1
: 2 2
3
xt
d y t
z









. Hãy tìm các
điểm
,BC
thuộc đường thẳng
d
sao cho tam giác
ABC
đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ; 3 , ; ;3
5 5 5 5
BC
BC

   
   

   
   

   


   
   

   

   
   

.

Câu 6. Gọi
H AC DM
vì
   
SAC ABCD
,
   
SDM ABCD
, suy ra
 
SH ABCD
.

7

Từ
H
kẻ HK ⊥ AB
SK AB

, suy ra là góc giữa hai mặt phẳng
0
60SKH 
là góc giữa hai mặt
phẳng
 
SAB
và
 
ABCD
.
Do
11
//
3 4 2
HA AM AO
AM CD AH AC
HC CD
     
.
Mà
ABD
đều,
AO
là đường cao.
Suy ra
0
3 3 1 3 3
.sin . .tan60
4 4 2 8 8

a a a a
AH HK AH HAK SH HK       
.
Vậy
33
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 8 2 16
S ABCD ABCD
a a a
V SH S  

Ta có
 
.
cos ;
OM HA
AM SA
OM SA

.
Mà
  
20
1
. . . . .cos30
2
OM SA OA AM SH HA AO AH AM AH AO AM AH      

2
2
1 3 3 3

2 2 3 4 2 4
a a a a

  



.
Vậy
 
2
12
4
cos ;
13 21 273
68
a
OM SA
aa

.
Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với
mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Hai mặt phẳng
   

;
cùng vuông góc với mặt phẳng
 


     
d      
.
- Gọi
 
H AC DM SH ABCD  
.
-Dựng góc tạo bởi
   
,SAB ABCD
:Kẻ
0
60HK AB SKH  
.
- Tính thể tích khối chóp:Tính
SH
,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V SH S
.
- Tính

cosin
giữa hai đường thẳng
,OM SA
:Sử dụng phương pháp vector
 
.
cos ;
.
OM HA
AM SA
OM SA

.
Mặt khác
  
 
. cos ;OM SA OA AM SH HA OM SA   
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hình chóp
.S ABC
có
,2SA SB SC CA CB a AB a     
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và
cosin
góc giữa hai măt phẳng
   

,SAC SBC
. Đáp số:
3
.
2
12
S ABC
a
V 
(đvtt) và
 
1
cosin ,
3
SAC SBC 
.

8

b. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân đỉnh
C
và
SA
vuông góc với mặt
phẳng
 

,ABC SC a
. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng
 
SCB
và
 
ABC
trong trường hợp thể
tích khối chóp
3
.
93
S ABC
a
V 
. Đáp số:
 
1
, arcsin
3
SCB ABC 
.
Câu 7. Gọi
 
' 2; 1A 
là điểm đối xứng với
A
qua tâm
 
1;3I

của
 
S
.
Khi đó
/ / , ’' //AC BH A B CH
'A BHC
là hình bình hành.
Gọi
M
là giao điểm của
BC
với
 
’ 2;1A H M
.
Suy ra đường thẳng qua
M
vuông góc với
 
0; 2AH 
là đường thẳng
BC
có
phương trình
– 2 0y 
.
Giao điểm của đường thẳng
2y 
với đường tròn

 
S
là hai điểm
,BC
có tọa độ là
nghiệm của hệ phương trình
2 2 2
2
22
1 2 6
2 6 15 0 2 23 0
1 2 6
y
yy
x
x y x y x x
x





  



  

       









.
Vậy
 
1 2 6;2B 
và
 
1 2 6;2C 
.
Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam
giác.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Đường tròn
 
S
ngoại tiếp tam giác
ABC
có tâm
I
là giao của 3 đường trung trực nên
IA IB IC
.
-Phương trình tổng quát đường thẳng
 

d
qua
 
;M a b
nhận
 
 
22
;0n     
làm một vector
pháp tuyến:
   
0x a y b     
.
-Tính chất song song với các trục
,Ox Oy
.
Áp dụng cho bài toán:
- Gọi
'A
là điểm đối xứng của
A
qua tâm
'IA
. Ta có
' / / , ' / / 'A C BH A B CH A BHC
là hình bình
hành. Gọi
'M BC A H M
. Vector

AH
vuông góc với vector chỉ phương của
BC
hay
BC
nhận
AH
làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình
BC
.
-Tọa độ các điểm
,BC
là nghiệm của hệ phương trình
 
,
,
B C BC
B C S







.
Lưu ý: Từ vector
 
0;2AH 
ta dẫn tới phương trình

BC
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

9

a. Trong hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình bình hành
ABCD
có diện tích bằng 4. Biết
   
1;0 , 0; 2AB

và giao điểm của hai đường chéo là
I
thuộc đường thẳng
yx
. Tìm tọa độ đỉnh
,CD
.
Đáp số:
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
CD
   
   
   

hoặc
   
1;0 , 0; 2CD
.
b. Trong hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đường phân giác từ
A
, trung tuyến từ
B
,
đường cao kẻ từ
C
phương trình lần lượt là
3 0; 1 0;2 1 0x y x y x y        
. Tìm tọa độ
các đỉnh tam giác. Đáp số:
12 39 32 49 8 6
; , ; , ;
17 17 17 17 17 17
A B C
     

     
     
.
Câu 8. Phương trình thứ nhất tương đương với
   

2
2
4 2 4 2x x y y      
.
Xét hàm số
 
2
4y f t t t   
trên
R
.
Ta có
 
2
2 2 2
4
' 1 ,
4 4 4
tt
t t t
f t o t
t t t


      
  
, suy ra
 
ft
là đồng biến trên ℝ.

Nhận thấy
   
22f x f y x y    
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Thế
2xy
vào phương trình thứ hai, ta được
   
 
3
33
2 3 3 3
3 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1x x x x x x x           
.
Xét hàm số
 
3
2y g s s s  
trên
R
.
Ta có
 
2
' 3 2 0,g s s s    
, suy ra
 
gs
là đồng biến trên ℝ.
Nhận thấy

 


33
33
1 1 1 1g x g x x x      
là nghiệm duy nhất của phương trình.
3
32
12
1 1 3 3 0
00
xy
x x x x
xy

   
      

  

.
Hệ phương trình có nghiệm:
   
1; 2 , 0;0
.
Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa
,xy
giải hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Hàm số
 
fx
đồng biến(nghịch biến ) trên
   
D f u f v u v   
.
- Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy cùng dạng
2
4tt
. Xét hàm số
 
2
4;f t t t t R    
. Ta có hàm
 
ft
đồng biến trên
R
nên
   
22f x f y x y    
.
- Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình
3
23
3 5 2 2 1x x x   
. Tới đây thêm bớt ra
hàm đặc trưng với hàm
 

3
2g s s s
đồng biến trên
R
.
Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
 
2
2 1 1x x x x x    
. Đáp số:
1 33
1;
16
xx

  
.

10

b. Giải hệ phương trình
 
 
 
2
2 2 2 2
3
4 1 4 3

1 2 1 6 17
x y x y y x
x y x x y

      



     

. Đáp số:
       
; 0;1 , 1;2 , 3;0xy 
.
c. Giải hệ phương trình
  
22
2
1 1 1
35
12
1
x x y y
y
y
x

    









. Đáp số:
 
5 5 5 5
; ; , ;
3 3 4 4
xy
   
  
   
   
.
Câu 9. Bất đẳng thức tương đương
1
11
00
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
y y y x z y
x x z z x z
y y z z x x y y z z x x
  
  
         
     

Giả sử
 
max , ,x x y z
.
 Nếu
yz
thì
   
11
x y x y
x x y y



và
   
11
y z y z
x x z z



.
Suy ra
           
0
1 1 1 1 1 1
x y y z y x z y
x z x z
x x y y z z y y z z x x

   

     
     
(điều phải chứng minh).
 Nếu
yz
thì
   
11
z y z y
z z y y



và
   
11
x z x z
x x y y



.
Suy ra
           
0
1 1 1 1 1 1
z y x y y x z y
x z x z

z z x x y y y y z z x x
   

     
     
(điều phải chứng minh).
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phép so sánh của tập số thực
R
.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Biến đổi bất đẳng thức đã cho, phân tích ta được
     
0
1 1 1
y x z y
xz
y y z z x x


  
  
.
Giả sử
 
ax , ,x m x y z
.
+ Nếu
       
,
1 1 1 1

x y x y y z y z
yz
x x y y x x z z
   
   
   
(Sử dụng phép so sánh cơ bản).
+ Nếu
yz
ta có
             
,
1 1 1 1 1 1 1
z y z y z y x y
x z x z x z
z z y y x x y y z z x x y y
   
  
    
      
. Chuyển vế ta
có
     
0
1 1 1
y x z y
xz
y y z z x x



  
  
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho các số
,,xyz
không âm. Chứng minh rằng
    
3
2 9 7x y z xyz x y z xy yz zx       

(England-1999).
b. Cho
, , 0a b c 
. Chứng minh rằng
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
    
     
.