Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 9

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50 +9/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 − 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp điểm là giao điểm của (C) và đường
thẳng y + 2 = 0 .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho sin a = −

1 ⎛ π
3π ⎞
⎞
⎛
, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos ⎜ 2a + ⎟ .
⎠
⎝
4 ⎠
5 ⎝ 2

b) Cho số phức z thoả mãn z + 3z = 8 − 4i . Tìm phần thực của z.
1
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log 9 (x − 2) + log 3 x 2 − 1 = 0 .
2

x2 x + 1 + 3
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
dx .
x +1
0
3

Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng với 3 thí sinh khác ở cùng một đội và tham gia một cuộc thi. Ban
tổ chức yêu cầu mỗi đội chơi phải trả lời 10 câu hỏi, và mỗi bạn trong đội phải trả lời 2 loại câu hỏi
khác nhau. Biết rằng trong 10 câu hỏi dành cho mỗi đội là đôi một khác nhau, và có 4 câu hỏi loại dễ, 3
câu hỏi loại trung bình và 3 câu hỏi loại khó. Tính xác suất để An và Bình mỗi người đều trả lời một
câu hỏi loại dễ, một câu hỏi loại khó.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1;2;1),
x −1 y z
B(3;-1;2), C(0;1;3), và đường thẳng Δ có phương trình là
. Viết phương trình mặt phẳng
= =
2
1 −1
(P), tìm toạ độ điểm M là giao điểm của Δ và (P).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Gọi H là
trung điểm của AB, biết rằng SH ⊥ (ABCD) và AD = a, AB = 2a, BC = 3a,SA = 2a . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C). Các
đường cao hạ từ đỉnh A,B cắt đường tròn (C) lần lượt tại các điểm D(3;1),E(1;-5), (D,E không trùng
với A,B). Biết rằng chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm K(3;-3). Tìm toạ độ điểm C.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x + 21− 2( 3x + 2 x + 1) > (3 3x + 2 x + 1)2 .
⎧x + y + z = 0
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z thoả mãn ⎨ 2
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2
2
⎩x + y + z = 6
thức P = x 4 y + y 4 z + z 4 x .

---HẾT--Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 − 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp điểm là giao điểm của (C) và đường
thẳng y + 2 = 0 .
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm:
⎡x = 0
.
−x 3 + 3x 2 − 2 = −2 ⇔ x 3 − 3x 2 = 0 ⇔ ⎢
⎣x = 3
+ Với x = 0 , có tiếp điểm M(0;-2), phương trình tiếp tuyến là y = −2 .
+ Với x = 3 , có tiếp điểm là M(3;-2), phương trình tiếp tuyến là y = −9(x − 3) − 2 = −9x + 25 .

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho sin a = −

1 ⎛ π
3π ⎞
⎞
⎛
, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos ⎜ 2a + ⎟ .
⎠
⎝
4 ⎠
5 ⎝ 2

b) Cho số phức z + 3z = 8 − 4i . Tìm phần thực của z.
4
2
a) Ta có: cos 2 a = 1− sin 2 a = ⇒ cos a =
, và
5
5
1
1
1
1
3
4
1
A=−
cos 2a −
sin 2a = −
(2 cos 2 a − 1) −
.2sin a cos a = −
+
=
.
2
2
2
2
5 2 5 2 5 2
b) Đặt z = x + y.i(x, y ∈!) ⇒ z = x − y.i , ta có:
⎧ 4x = 8
⎧x = 2

(x + yi) + 3(x − yi) = 8 − 4i ⇔ ⎨
⇔⎨
⇒ z = 2 + 2i .
⎩−2y = −4
⎩y = 2
Vậy z có phần thực bằng 2.

1
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log 9 (x − 2) + log 3 x 2 − 1 = 0 .
2
Điều kiện: x > 2 . Phương trình tương đương với:

⎡ x = −1
.
log 3 (x − 2) + log 3 x − 1 = 0 ⇔ log 3 (x 2 − 2x) = 1 ⇔ x 2 − 2x = 3 ⇔ ⎢
⎣x = 3

Đối chiếu với điều kiện nhận nghiệm x = 3 .
3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
0

3

3

Ta có: I = ∫ x dx + ∫
2

0

0

x2 x + 1 + 3
dx .
x +1

3
3
3
x3 3
dx =
+ 6 ∫ d( x + 1) = 9 + 6 x + 1 = 15 .
0
3 0
x +1
0

Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng với 3 thí sinh khác ở cùng một đội và tham gia một cuộc thi. Ban
tổ chức yêu cầu mỗi đội chơi phải trả lời 10 câu hỏi, và mỗi bạn trong đội phải trả lời 2 loại câu hỏi
Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

2


khác nhau. Biết rằng trong 10 câu hỏi dành cho mỗi đội là đôi một khác nhau, và có 4 câu hỏi loại dễ, 3
câu hỏi loại trung bình và 3 câu hỏi loại khó. Tính xác suất để An và Bình mỗi người đều trả lời một
câu hỏi loại dễ, một câu hỏi loại khó.
Gọi x là số người trả lời câu hỏi dễ, trung bình; y là số người trả lời câu hỏi trung bình, khó; z là số

người trả lời câu hỏi khó, dễ.
⎧x + y + z = 5
⎪x + y = 3
⎪
Ta có: ⎨
⇒ x = 2, y = 1, z = 2 .
⎪y + z = 3
⎪⎩ z + x = 4
Không gian mẫu là số cách trả lời của 5 thành viên đội An và Bình,
+ 2 người trả lời câu hỏi dễ, trung bình có C52 .C41 .C31 .C31 .C21 = 720 cách.
+ người tiếp theo trả lời câu hỏi trung bình, khó có C31 .C21 .C31 = 18 cách.
+ 2 người cuối cùng trả lời câu hỏi khó, dễ có C22 .C21 .C21 .C11 .C11 = 4 cách.
Vậy n(Ω) = 720.18.4 = 51840 .
Gọi A là biến cố An và Bình mỗi người đều trả lời một câu hỏi dễ, một câu hỏi khó.
Ta mô tả cách trả lời thoả mãn:
+ An và Bình mỗi người trả lời một câu hỏi dễ, khó có C41 .C31 .C31 .C21 = 72 cách.
+ Người tiếp theo trả lời một câu trung bình, khó có C31 .C31 .C11 = 9 cách.
+ 2 người còn lại trả lời một câu hỏi dễ, trung bình có C22 .C21 .C21 .C11 .C11 = 4 cách.
Vậy có tất cả 72.9.4 = 2592 cách trả lời thoả mãn, tức n(A) = 2592 .
n(A) 2592
1
=
=
Xác suất cần tính P(A) =
.
n(Ω) 51840 20
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1;2;1),
x −1 y z
B(3;-1;2), C(0;1;3), và đường thẳng Δ có phương trình là
. Viết phương trình mặt phẳng

= =
2
1 −1
(P), tìm toạ độ điểm M là giao điểm của Δ và (P).
!!!"
!!!"
!!!" !!!"
Ta có: AB = (2;−3;1), AC = (−1;−1;2) ⇒ ⎡⎣ AB, AC ⎤⎦ = (−5;−5;−5) / /(1;1;1) .
Mặt phẳng (P) qua A(1;2;1) và có vtpt là (1;1;1) nên có phương trình là x + y + z − 4 = 0 .
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:
⎧
⎪x = 4
⎧ x − 1 = 2y
⎧ x −1 y z
⎪
= =
3
⎪
⎪
⎪
⇔
−y
=
z
⇔
.
2
1
−1
⎨

⎨
⎨y =
2
⎪⎩ x + y + z − 4 = 0
⎪x + y + z − 4 = 0
⎪
⎩
3
⎪
⎪⎩ z = − 2
⎛ 3 3⎞
Vậy M ⎜ 4; ;− ⎟ .
⎝ 2 2⎠
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Gọi H là
trung điểm của AB, biết rằng SH ⊥ (ABCD) và AD = a, AB = 2a, BC = 3a,SA = 2a . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

3


Ta có: SABCD =

AD + BC
a + 3a
.AB =
.2a = 4a 2 .
2
2

Tam giác vuông SHA có SH = SA 2 − AH 2 = a 3 .
1
a 3
4a 3 3
.4a 2 =
Vì vậy, VS.ABCD = SH .SABCD =
(đvtt).
3
3
3

+ Tính d(A;(SCD)).
Kéo dài AB cắt CD tại E. Vì AD//BC nên:

AD EA 1
EA
1
=
= ⇒
= ⇒ EA = a .
BC EB 3
EA + AB 3

d(A;(SCD)) AE 1
=
= (1) .
d(H;(SCD)) HE 2
Kẻ HI vuông góc CD tại I, kẻ HK vuông góc SI tại K suy ra HK ⊥ (SCD) ⇒ HK = d(H;(SCD)) (2) .
! = BC = 3a = 1 .

Tam giác vuông BCE có CE = BC 2 + BE 2 = 3a 2 ⇒ sin BEC
CE 3a 2
2
! = 2a. 1 = a 2 .
Tam giác vuông HIE có HI = HE.sin BEC
2
1
1
1
1
1
a 30
=
+ 2 = 2 + 2 ⇒ HK =
(3) .
Tam giác vuông SHI có,
2
2
HK
SH
HI
3a 2a
5
a 30
Từ (1),(2),(3) suy ra: d(A;(SCD)) =
.
10
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C). Các
đường cao hạ từ đỉnh A,B cắt đường tròn (C) lần lượt tại các điểm D(3;1),E(1;-5), (D,E không trùng
với A,B). Biết rằng chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm K(3;-3). Tìm toạ độ điểm C.

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của AH và BC.
! = DAC
! (cùng phụ góc ACB
! ), và DBC
! = DAC
!.
Ta có: HBC
! = DBC
! ⇒ ΔKBH = ΔKBD ⇒ BH = BD ⇒ ΔBHD
Suy ra: HBC
cân tại B, do đó BC là trung trực của HD, và CD = CH .
Tương tự ta có: CE = CH ⇒ CD = CE .
Phương trình đường thẳng BC qua K vuông góc KD là y + 3 = 0 .
Toạ độ điểm C là nghiệm của
⎧y + 3 = 0
⎧x = 5
hệ: ⎨
⇔⎨
⇒ C(5;−3) .
2
2
2
2
⎩ y = −3
⎩(x − 3) + (y − 1) = (x − 1) + (y + 5)
Ta có:

Vậy C(5;-3).
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x + 21− 2( 3x + 2 x + 1) > (3 3x + 2 x + 1)2 .
Điều kiện xác định: x ≥ 0 . Bất phương trình tương đương với:

23x + 17 − 2 3x − 4 x + 1 > 12 3x(x + 1)
⇔ (2 3x − 3 x + 1)2 + ⎡⎣ x + 3 − 2 3x ⎤⎦ + ⎡⎣ x + 5 − 4 x + 1 ⎤⎦ > 0 .
(x − 3)2
(x − 3)2
2
⇔ (2 3x − 3 x + 1) +
+
>0
x + 3 + 2 3x x + 5 + 4 x + 1

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

4


+ Nếu x = 3,VT = VP = 0 (bpt vô nghiệm).
+ Nếu 0 ≤ x ≠ 3 ⇒ VT > 0 = VP , luôn đúng.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 0;+∞ ) \ { 3} .
⎧x + y + z = 0

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z thoả mãn ⎨

2
2
2
⎩x + y + z = 6

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = x 4 y + y4 z + z4 x .

Ta có: xy + yz + zx =

(x + y + z)2 − (x 2 + y 2 + z 2 )
= −3 .
2

Theo giả thiết:
⎧⎪ x 2 + y 2 + xy = 3
⎧ x 2 + y 2 + (−x − y)2 = 6
z = −x − y ⇒ ⎨
⇔⎨
2
.
⎪⎩ yz = x − 3
⎩ yz = −3 − x(y + z)
z 4 = (x + y)4 = (x 2 + 2xy + y 2 )2 = (xy + 3)2
Khi đó:
P = x 4 y + y 3 .yz + z 4 .x = x 4 y + y 3 (x 2 − 3) + (xy + 3)2 x
= x 2 y(x 2 + xy + y 2 ) + 6x 2 y + 9x − 3y 3 = 9x 2 y + 9x − 3y 3

.

2

2
y⎞ ⎛ 3 ⎞
⎛
Ta có: x + xy + y = 3 ⇔ ⎜ x + ⎟ + ⎜
y = 3.
⎝

2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠
2

2

y
⎧
⎪⎪ x + 2 = 3 sin a
⎧ x = 3 sin a − cos a
Đặt ⎨
.
⇔⎨
⎩⎪ y = 2 cos a
⎪ 3 y = 3 cos a
⎪⎩ 2
Suy ra:

P = 9( 3 sin a − cos a)2 (2 cos a) + 9( 3 sin a − cos a) − 3(2 cos a)3
= −3(3 3 sin 3a + 5 cos 3a) ≤ 3 (3 3)2 + 5 2 = 3 52

.

Rõ ràng luôn tồn tại a sao cho 3 3 sin 3a + 5 cos 3a = − 52 , suy ra tồn tại x,y,z để dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 52 .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

5

π
4

(sin x − cos x)(1+ sin x cos x)
dx .
sin x + cos x
0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x)dx , và t 2 = 1+ 2sin x cos x ⇒ sin x cos x =
2

Vì vậy, I =

∫
1

(1+

t2 −1
).− dt
1
2
=−
t
2

2

∫
1

t2 +1
1
dt = −
t
2

t2 −1
.
2

2

2
1
1 t2
1+ ln 2
∫1 (t + t )dt = − 2 ( 2 + ln t ) 1 = − 4 .

Câu 9 (0,5 điểm). Tại seagames 28. Môn bóng đá nam gồm 11đội tham dự. Được chia thành 2 bảng
đấu! Bảng A gồm 6 đội và bảng B gồm 5 đội. Các đội được bốc thăm chọn bảng đấu 1 cách ngẫu
nhiên. Tính xác suất để 2 đội Việt Nam và Thái Lan nằm trong cùng một bảng đấu.
Lời giải:
Không gian mẫu là số cách chia 11 đội thành 2 bảng (A,B) bảng A 6 đội, bảng B 5 đội có
n(Ω) = C116 .C55 = 462 .
Gọi A là biến cố Việt Nam và Thái Lan cùng một bảng đấu:
+) Nếu Việt Nam và Thái Lan trong bảng A có 1.C94 .C55 = 126 cách.
+) Nếu Việt Nam và Thái Lan trong bảng B có 1.C93 .C66 = 84 cách.

210 5
Vậy n(A) = 126 + 84 = 210 , xác suất cần tính P(A) =
= .
462 11
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
⎛ a2 b2 ⎞
2c 2
c 4 2a 2
P = ⎜ + ⎟ 1+ 4 2 + 2 + 4
c⎠
ab
a
c
⎝ b

≥ 18 + (1+ 4(a − b)2 )2 − a − b
y = 18 + (2 + 4x 2 )2 , y'
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
⎛ 1
1
1 ⎞ 9
P = (x 2 y + y 2 z + z 2 x) ⎜
+
+
≥ .
3
3
⎝ (x + y) (y + z) (z + x)3 ⎟⎠ 8

4x 3 − (4x 2 − 12x + 5) x 2 − 2x ≤ 12x 2 − 9x + 2 .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

6


Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình x 4 − 9x 3 + 25x 2 − 26x + 20 + 3 (x 2 − 2x)2 = 0 .
Phương trình tương đương với:
(x − 4)2 (x 2 − x + 1) − ⎡ 2(x − 2) − 3 (x 2 − 2x)2 ⎤ = 0
⎣
⎦

⎡
(x − 2)2
⇔ (x − 4)2 ⎢ x 2 − x + 1+
4(x − 2)2 + 2(x − 2) 3 (x 2 − 2x)2 + 3 (x 2 − 2x)4
⎢⎣
⇔ (x − 4)2 = 0 ⇔ x = 4

⎤
⎥=0.
⎥⎦

Vậy nghiệm phương trình x = 4 .
Câu 10 (1,0 điểm). Với x,y là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x +1
y +1
P=

+
+ ln(xy) − x 2 + y 2 .
2
2
2(x + 1)
2(y + 1)
Lời giải:
Xét hàm số f (x) =

2 − 2x

x +1
2x 2 + 1

− x + ln x trên khoảng (0;+∞) , ta có:

1
− 1; f '(x) = 0 ⇔ x = 1 .
(2x + 2) 2x + 2 x
x +1
Từ đó suy ra, f (x) ≤ f (1) = 0 ⇒
+ ln x ≤ x .
2x 2 + 2
Suy ra:
f '(x) =

2

+

2

P ≤ x + y − x 2 + y2 .

8

Câu 9(1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2 − 4 +

> x 2x + 2 .
x 2 − 2x + 2
Điều kiện: x ≥ −1 . Bất phương trình tương đương với:
16
2x 2 − 8 + 2
− 2x 2x + 2 > 0
x − 2x + 2
.
16
2
2
⇔ (x − 2x + 2 ) + (x − 2x + 2
− 10) > 0 (*)
x − 2x + 2
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có,

x 2 − 2x +

16
x − 2x + 2
2

= (x 2 − 2x + 2) +

8
x − 2x + 2
2

+

8
x − 2x + 2
2

2

⎛
⎞
8
≥ 3 3 (x 2 − 2x + 2).⎜ 2
− 2 = 10
⎝ x − 2x + 2 ⎟⎠

−2
.

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

7


Suy ra, VT(*) ≥ 0,∀x ≥ −1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

⎧ x = 2x + 2
⎪
⎨ 2
⎪ x − 2x + 2 =
⎩

⇔ x = 1+ 3 .

8
x 2 − 2x + 2

Vì vậy (*) ⇔ VT > 0 ⇔ x ≠ 1+ 3 , kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là

{

}

S = [ −1;+∞ ) \ 1+ 3 .

5
⎧ 2
2
2
2
⎪⎪ x + y − 2x + 1 + x + 4y + 2x + 1 = 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
.
9
⎪ 3x + 2y = 24xy + 9y −

⎪⎩
2
9
≥ 0 . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:
2
9
9
1
(3x + 2y)2 = 24xy + 9y − ⇔ (3x − 2y)2 = 9y − ≥ 0 ⇒ y ≥ .
2
2
2

Điều kiện: 24xy + 9y −

+) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

(1− x)2 + y 2 + (1+ x)2 + 4y 2 =

5
(*) .
2

Sử dụng bất đẳng thức Mincopski ta có:
5
1
(1− x)2 + y 2 + (1+ x)2 + 4y 2 ≥ (1− x + 1+ x)2 + (y + 2y)2 = 9y 2 + 4 ≥ ,∀y ≥ .
2
2

1
⎧1− x y
⎧
x
=
⎪⎪1+ x = 3y
⎪⎪
3
Vì vậy VT(*) ≥ VP(*) , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⎨
.
⇔⎨
1
1
⎪y =
⎪y =
⎪⎩
⎪⎩
2
2
1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = ( ; ) .
3 2
Câu 5 (0,5 điểm). Giải bóng đá Champions League 2015 có 8 đội bóng vào tứ kết: FC Barcelona (Tây Ban
Nha), Real Madrid CF (Tây Ban Nha), Atlético Madrid (Tây Ban Nha), Bayern Munich (Đức), Paris Saint –
Germain (Pháp), AS Monaco FC (Pháp), Porto (Bồ Đào Nha) và Juventus (Ý). Giả sử các đội có trình độ ngang
nhau và họ bốc thăm thi đấu ở vòng này; sau khi thi đấu tiếp vào bán kết thì vẫn tiếp tục bốc thăm chia cặp cho
đến chung kết. Tính xác suất để có một trận chung kết toàn Tây Ban Nha.
Không gian mẫu là số cặp vào trận chung kết có thể, có n(Ω) = C82 = 28 .
Gọi A là biến cố để có một trận chung kết toàn Tây Ban Nha, vì có 3 đội Tây Ban Nha nên n(A) = C32 = 3 . Xác
suất cần tính P(A) =

n(A) 3
=
.
n(Ω) 28

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

8


Nhận xét: Vì các đội mạnh như nhau nên giải đấu này không cần ra sân, bốc thăm là có giải.

⎧ x 2 − x − y2 − y = x + y − 4
⎪
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
.
x2 − y
⎪(y − 1) x − 1 =
2
⎩
Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1∨ y ≤ 0 .
+) Nếu y ≤ 0 ⇒ (y − 1) x − 1 ≤ 0 <
+) Xét x, y ≥ 1 .

x2 − y
, hệ vô nghiệm.
2

⎧( x 2 − x − x) − ( y 2 − y + y) = −4

⎪
Hệ phương trình tương đương với: ⎨
.
x2 − y
(y
−
1)
x
−
1
=
⎪
2
⎩
⎧
a2
x
=
−
2
2
2
⎧⎪a = x − x − x
⎪⎪
⎧⎪(a + x) = x − x
2a + 1
(b ≥ 1,−1 ≤ a < 0) ⇒ ⎨
⇔
Đặt ⎨
.

⎨
2
2
2
2
⎩⎪(b − y) = y − y
⎪⎩b = y − y + y
⎪y = b
⎪⎩
2b − 1
Hệ phương trình trở thành:
⎧a − b = −4
⎪
2
⎪
⎛
a2 ⎞
b 2 ⇔ ⎧⎪a = −2 + 2 .
⎨
⎨
2
⎜⎝ − 2a + 1 ⎟⎠ − 2b − 1
a2
⎪⎩b = 2 + 2
⎪ b
⎪⎩( 2b − 1 − 1) − 2a + 1 − 1 =
2
Thay a = b − 4 vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

(a + 1)2 a 4 (2a + 7) − (a + 4)2 (2a + 1)2

⎡⎣(a + 4) − 2(a + 4) + 1⎤⎦ −
=
2a + 1
2(2a + 1)2
2

⇔ (a + 3)2

−(a + 1)2 2a 5 + 3a 4 − 36a 3 − 97a 2 − 72a − 16
=
2a + 1
2(2a + 1)2

.

⇔ a = −2 − 2,a = −2 + 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a
b
c
9
+
+
≥
.
2
2
2
b(b + c) c(c + a) a(a + b)

4(ab + bc + ca)

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

9


a
b
a4
b4
+
=
+
b(b + c)2 c(c + a)2 a 3b(b + c)2 b 3c(c + a)2
≥

(a 2 + b 2 )2
(a 2 + b 2 )2
=
a 3b(b + c)2 + b 3c(c + a)2 b(a 3 (b + c)2 + b 2 c(c + a)2 )

⎧2xy + 4 = (x + 2)(y + 2)
⎪
y +1
2
10 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ x + 1
+
+

=
⎪ y +1
x +1
x + y +1 3
⎩

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

10