kien thuc can co TTAnh 2

www.MATHVN.com - Tốn học VN

om

Trần Tuấn Anh - Email: -

Trần Tuấn Anh - Email:
ĐT: 0974.48.48.58
Câu I(1,0 điểm). 1. Cho số phức

z  1  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số

w  2z  z .

phức

ma
thv
n.c

Kiến thức cần có:

+ Biết vận dụng quy tắc cộng, trừ và nhân hai số phức.

+ Biết xác đònh số phức liên hợp, phần thực, phần ảo của một số phức cho trước.
Bài giải:
Ta có

w  2 z  z  2 1  2i   1  2i   3  2i .

Phần thực của

w

là

3

; Phần ảo của

w

là

2.

Nhận xét: Đây là bài toán dễ nhất trong Đề thi, giúp thí sinh tránh điểm liệt!
2. Cho

log 2 x  2 . Tính giá trò của biểu thức A  log 2 x 2  log 1 x3  log 4 x .
2

Kiến thức cần có:

+ Biết vận dụng các công thức lôgarit và mũ :

1
 a  n . ( với a, b  0
n
a

và

log a bn  n log a b ; log a m b 

1
log a b ;
m

a  1; m  0 )

+ Kỹ năng: đưa về cùng cơ số.
Bài giải:
Ta có

1
1
2
A  log 2 x 2  log 1 x3  log 4 x  2log 2 x  3log 2 x  log 2 x   log 2 x  
2
2
2
2

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 1


Trần Tuấn Anh - Email: -

2
2

A

Nhận xét:

x  0.

.

Trong bài toán này các em lưu ý :

om

Vậy

www.MATHVN.com - Tốn học VN

log 2 x 2  2log 2 x  2log 2 x

vì điều kiện

Nói chung, bài toán này chỉ đòi hỏi các em tái hiện lại công thức, yêu cầu vận dụng

công thức ở mức độ thấp.

Câu II(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số

ma

thv
n.c

Kiến thức cần có:

y   x4  2 x2 .

+ Nắm chắc sơ đồ khảo sát hàm số:

* Sơ đồ khảo sát theo chương trình Cơ bản :
1) Tập xác đònh

- Tìm tập xác đònh của hàm số.
2) Sự biến thiên

- Xét chiều biến thiên của hàm số
+ Tính đạo hàm

y'

.

+ Tìm các điểm tại đó
+ Xét dấu đạo hàm

y'

y'

bằng

0

hoặc không xác đònh.

và suy ra chiều biến thiên của hàm số.

- Tìm cực trò

- Tìm các giới hạn tại vô cực, các giới hạn vô cực và tìm tiệm cận(nếu có).
- Lập bảng biến thiên. (tổng hợp các kết quả tìm được ở các bước trên).
3) Đồ thò

- Dựa vào bảng biến thiên và các yếu tố xác đònh ở trên để vẽ đồ thò.

* Sơ đồ khảo sát theo chương trình Nâng cao :
1) Tìm tập xác đònh của hàm số
2) Xét sự biến thiên của hàm số

a) Tìm giới hạn tại vô cực và giới hạn vô cực (nếu có) của hàm số.
Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 2


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Tìm các đường tiệm cận của hàm số (nếu có).

b) Lập bảng biến thiên của hàm số, bao gồm : Tìm đạo hàm của hàm số, xét

om

dấu đạo hàm, xét chiều biến thiên và tìm cực trò của hàm số (nếu có), điền
các kết quả vào bảng biến thiên.
3) Vẽ đồ thò của hàm số

Dựa vào bảng biến thiên và các yếu tố xác đònh ở trên để vẽ đồ thò.

+ Biết tính giới hạn của hàm số, xét tính đơn điệu và lập bảng biến thiên của hàm số, tìm
cực trò của hàm số, vẽ đồ thò của hàm số,…

ma
thv
n.c

Bài giải:

Cách 1 (khảo sát theo chương trình Cơ bản) :
1) Tập xác đònh :

.

2) Sự biến thiên

- Chiều biến thiên



y '  4 x3  4 x  4 x x2  1

;

x  0

y '  0  4 x x2  1  0   x  1 .
x  1




y '  0, x   ; 1   0;1



nên hàm số đồng biến trên các khoảng

 ; 1

và

 1; 0

và

 0;1 .

y '  0, x   1; 0  1;  

nên hàm số nghòch biến trên các

khoảng

1;   .

- Tìm cực trò: Hàm số đạt cực đại tại

Hàm số đạt cực tiểu tại

x  1

;

yCĐ  y  1  1 .

 

x  0 ; yCT  y 0  0 .

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 3


Trần Tuấn Anh - Email: -

 
2 
lim y  lim  x 4  1  2    

x
x
x 
 

,

 
2 
lim y  lim  x 4  1  2     .
x
x
x 
 
- Bảng biến thiên.

x



1

y'

+

0

0
-

1

0

+

1

0

1



-

ma
thv
n.c

y

om

- Giới hạn:

www.MATHVN.com - Tốn học VN

0





3) Đồ thò

- Giao điểm của đồ thò với các trục tọa độ là



2; 0

 
;

2; 0



;

 0; 0 .

y

O

x

Nhận xét : Đồ thò hàm số nhận trục oy làm trục đối xứng.

Cách 2 (khảo sát theo chương trình Nâng cao) :
1) Tập xác đònh :

.

2) Sự biến thiên

- Giới hạn của hàm số tại vô cực

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 4


Trần Tuấn Anh - Email: -

;

 
2 
lim y  lim  x 4  1  2     .
x
x
x 
 

- Bảng biến thiên

Ta có



y '  4 x3  4 x  4 x x2  1

x
y'

0

0

-

+

1



0

-

ma
thv
n.c

+

;

x  0

y '  0   x  1 .
x  1


0

1





om

 
2 
lim y  lim  x 4  1  2    
x
x
x 
 

www.MATHVN.com - Tốn học VN

1

1

y

0





 ; 1 và  0;1 .
Hàm số nghòch biến trên các khoảng  1; 0 và 1;   .
Hàm số đạt cực đại tại x  1 ; yCĐ  y  1  4 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; yCT  y  0  3 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng

3) Đồ thò

- Giao điểm của đồ thò với các trục tọa độ là
y



2; 0

O

 
;

2; 0



;

 0; 0 .

x

Nhận xét : Đồ thò hàm số nhận trục oy làm trục đối xứng.
Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 5


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Nhận xét: Đây là bài toán thường có trong Đề thi, giúp thí sinh tránh điểm liệt!

x1 , x2

là hai điểm cực trò đó, tìm m để

x12  x22  3 .

Kiến thức cần có:

f  x   ax3  bx 2  cx  d

+ Hàm số

có hai điểm cực trò. Gọi

om

f  x   x3  3x 2  mx  1

Câu III(1,0 điểm). Tìm m để hàm số

có hai điểm cực trò khi phương trình

ma
thv
n.c

nghiệm phân biệt.

f ' x   0

+ Biết sử dụng đònh lí Vi-ét: “ Nếu phương trình

x1  x2 

b
a

;

x1.x2 

c
a

ax 2  bx  c  0

có hai nghiệm

có hai

x1 , x2

thì

” .

Bài giải:

Xét hàm số trên
trình

Ta có:

Vậy

, ta có

3x 2  6 x  m  0

f '  x   3x 2  6 x  m .

Hàm số có hai điểm cực trò khi phương

có hai nghiệm phân biệt, tức là

x12  x22  3   x1  x2   2 x1 x2  3  22  2.

m

2

3
2

 '  0 9  3m  0  m  3 .

3
m
3  m .
2
3

thỏa mãn bài toán.

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản về cực trò của hàm số, với điều kiện của cực trò không khó.
Chỉ cần biến đổi đơn giản là có thể sử dụng đònh lí Viét.

3

Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân





I   3x x  x 2  16 dx .
0

Kiến thức cần có:
+ Công thức của Tích phân:

b

b

b

a

a

a

 m. f  x   n.g  x dx  m f  x dx  n  g  x dx ;

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 6


Trần Tuấn Anh - Email: b

 f  x dx  F  x 

b
a

 F b   F  a 

;

a

www.MATHVN.com - Tốn học VN

x n1
 x dx  n  1  C
n

b

Giả sử cần tính I   f ( x)dx , ta thực hiện như sau :
a

om

+ Phương pháp đổi biến số tính tích phân: Phép đặt u là một hàm số của x : u = u(x)

Bước 1 : + Chọn ẩn phụ thích hợp u  u ( x) .

+ Xác đònh vi phân du  du ( x) hoặc du  du ( x) …
2

2

ma
thv
n.c

+ Biểu thò f ( x)dx theo u và du . Giả sử rằng

f ( x)dx  g (u)du .

Bước 2 : Đổi cận : x  a  u  u (a) ; x  b  u  u (b) .

Bước 3 : Tính I 

u (b )



g (u )du .

u(a)

Bài giải:



3

Ta có



3

3

I   3x x  x  16 dx   3x dx   3x x 2  16 dx .
0

2

2

0

0

3

Xét

I1   3x 2 dx  x3 30  27
0

3

I 2   3x x 2  16 dx
0

Đặt

t  x 2  16  t 2  x 2  16  tdt  xdx

; Đổi cận:

x  0  t  4 ; x  3 t  5.

5

Ta được

I 2   3t 2 dt  t 3

5
4

 61 .

4

Vậy

I  I1  I 2  27  61  88 .

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 7


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Nhận xét:
+ Tích phân ban đầu có vẽ phức tạp, nhưng sau khi tách thành hai Tích phân I 1 và I2 thì bài

+ Các bạn để ý quan hệ giữa

x x 2  16dx 
t  x 2  16

om

toán trở nên dễ giải hơn.

x và x 2 trong tích phân I2 : xdx 

1 2
x  16d  x 2  16  .
2

1
d  x 2  16 
2

Do vậy, ta có thể chọn ẩn phụ là

. Trong trường hợp này ta nên chọn

t  x 2  16

Câu V(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
và

C  2; 1;3 .

Viết phương trình mặt phẳng đi qua

Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của

A

A

t  x 2  16

hoặc

để biểu thức dưới dấu tích

ma
thv
n.c

phân không còn căn thức.

nên ta có

A  3;2; 2  , B 1;0;1

và vuông góc với đường thẳng

trên đường thẳng

BC .

BC .

Kiến thức cần có:

  đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0 
A x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .

+ Phương trình mặt phẳng

n   A; B; C 

là :

và có véctơ pháp tuyến

+ Điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng (d) nếu H thuộc (d) và AH
vuông góc với (d) .

+ Xác đònh tọa độ giao điểm của đường thẳng

  : Ax  By  Cz  D  0 ta xét hệ phương trình

 x  x0  a t
 d  :  y 0y bvàt
z  z  c t
0


 x  x0  at
 y  y  bt

0
 A x0  at   B  y0  bt   C  z0  ct   D  0 ,

z

z

ct
0

 Ax  By  Cz  D  0

mặt phẳng

ta tìm được giá

trò của t, thế vào phương trình đường thẳng (d) ta có tọa độ giao điểm.

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 8


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Bài giải:

phương trình là

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng BC có

x  y  2z  3  0 .

Đường thẳng BC có phương trình là

x  1  t

 y  t .
 z  1  2t


om

BC  1; 1;2  .

Ta có

H   P   BC .

ma
thv
n.c

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng BC. Ta có

Xét hệ

Vậy

x  1  t
 y  t

 1  t    t   2 1  2t   3  0  t  1

z

1

2
t

 x  y  2 z  3  0

H  0;1; 1 .

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản trong hình học giải tích, học sinh từ trung bình trở lên là

có thể giải tốt bài toán này.

Câu VI(1,0 điểm). 1. Giải phương trình

2sin 2 x  7sin x  4  0 .

Kiến thức cần có:

+ Biết giải phương trình bậc hai. Cũng có thể chỉ cần biết dùng máy tính Casio giải phương
trình bậc hai !

+ Phương trình lượng giác cơ bản:

 x    2k
sin x  sin   
 x      2k

(k  )

.

Bài giải:

Ta có

sin x  4
2sin x  7sin x  4  0  
1 .
sin x 


2
2

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 9


Trần Tuấn Anh - Email: (vô nghiệm)





x

 2k

1
6
sin x   
2
 x  5  2k

6

(k  ) .

Nhận xét: Đây cũng là một bài toán dễ trong Đề thi!

om



www.MATHVN.com - Tốn học VN

2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng
gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một
số. Để mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đó theo thứ tự đã

ma
thv
n.c

nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa
trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B
mở được cửa phòng học đó.
Kiến thức cần có:
+ Dãy số

U n 

được gọi là dãy số tăng nếu với mọi n ta có

U n  U n1 .

+ Phân biệt “chỉnh hợp” và “tổ hợp” : chọn k phần tử trong n phần tử mà không cần để ý
đến thứ tự là “tổ hợp”, còn cần sắp thứ tự là “chỉnh hợp”.
+ Công thức xác suất:

P  A 

n  A
.
n

Bài giải:

Số phần tử của không gian mẫu là

n     A103  720 .

Các bộ số gồm 3 chữ số khác nhau tạo thành dãùy số tăng và có tổng bằng 10 là : (0;1;9),
(0;2;8), (0;3;7), (0;4;6), (1;2;7), (1;3;6), (1;4;5), (2;3;5).
Gọi X là biến cố: “B mở được cửa phòng học”. Ta có

Vậy

P X  

n X   8

n X 
8
1

 .
n    720 90

Nhận xét: Nếu không để ý đến thứ tự của các phím bấm thì sẽ có kết quả

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

n     C103 .

Page 10


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Câu VII(1,0 điểm). Cho lăng trụ

ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
AC  2a . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh
đường thẳng

lăng trụ

A' B

tạo với mặt phẳng

 ABC 

một góc

450 .

Tính theo a thể tích khối

om

AC ,

ABC. A ' B ' C ' và chứng minh A ' B vuông góc với B ' C .

Kiến thức cần có:

+ Hiểu hình lăng trụ là gì, vẽ hình chính xác, , xác đònh đúng góc giữa đường thẳng và mặt
phẳng, quan hệ song song và quan hệ vuông góc trong không gian,…
+ Công thức tính thể tích hình lăng trụ:

V  Bh

(với B là diện tích đáy, h là chiều cao của

ma
thv
n.c

khối lăng trụ).

+ Cách chứng minh đường thẳng vuông góc với đường thẳng trong không gian, chẳng hạn
trong trường hợp bài này: để chứng minh a vuông góc với b ta chứng minh a song song với d
mà d vuông góc với b .
+ Tính chất :

a  b  a.b  0 . Kiến thức cơ bản về véctơ, hình giải tích trong không gian.

Bài giải:

Gọi H là trung điểm của cạnh AC, ta có

 A ' BH  450 .
1
Ta có BH  AC  a
2

và

SABC  a 2 .

Tam giác A’HB vuông cân tại H, suy ra
Vậy

A ' H   ABC 

VABC. A ' B ' C '  A ' H .SABC  a

3

A ' H  BH  a

.

Gọi I là giao điểm của A’B và AB’, ta có I là trung điểm của A’B và AB’. Suy ra
Mặt khác IH là đường trung bình của tam giác AB’C nên

IH  A ' B .

IH / / B’C . Do đó A ' B  B ' C .

Nhận xét: Ý thứ nhất của bài toán(tính thể tích lăng trụ) đã quá quen thuộc với những bạn
lớp 12 rồi! Còn ý thứ hai: chứng minh

A ' B  B ' C , ta có thể giải bằng kiến thức lớp 11 như

bài giải trên hoặc các bạn có thể giải bằng phương pháp véc tơ, chọn hệ trục tọa độ trong
không gian.

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 11


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Câu VIII(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,
BD và P là giao điểm của hai đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình
và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A

om

x  y  1  0 , M  0;4  , N  2;2 

và B.
Kiến thức cần có:

+ Kiến thức hình học phẳng ở cấp THCS kết hợp kiến thức hình học giải tích trong mặt
phẳng.

ma
thv
n.c

1) Kiến thức hình học ở cấp THCS: chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, chứng minh
hai góc bằng nhau; khái niệm tam giác cân, góc nội tiếp,…

2) Kiến thức hình học giải tích trong mặt phẳng: phương trình đường thẳng, cách tìm
giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau,…

Bài giải:

Phương trình đường thẳng MN là :
x  y  4  0.

Ta có P  MN  AC nên tọa độ của P là nghiệm
của hệ phương trình:

x  y  4  0
5 3
 P ;  .

2 2
x  y 1  0

PMC  BME (đối đỉnh)
BME  BAN (tứ giác ABMN nội tiếp)

Ta có :

BAN  ADB

(cùng phụ với góc ABN) (3) ;

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra

ADB  ACB

PMC  ACB  PMC

(1)

(cùng chắn cung AB)

cân tại P 

(2)

(4)

PM  PC

 PM  PC  PA .

 A là giao điểm của đường tròn tâm P bán kính PM và đường thẳng AC, tọa độ của A là
nghiệm của hệ phương trình :

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 12


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

om

2
2
2
2


5 
3  25
5 
5  25
 x     y   
 x     x   
2 
2
2  
2 

2
2

x  y 1  0
 y  x 1




5 5
 x  0
x 



x

5

x

5




5  25
2 2

 x   



 y  1

 


x

0
5
5

x

0
2
4

 x   

 x  5
 y  x 1

 

2
2

 y  x  1  y  x  1


  y  4
 y  x 1
2

A  0; 1

ma
thv
n.c

Do A có hoành độ nhỏ hơn 2 nên ta có

Đường thẳng BD đi qua N và vuông góc với AN có phương trình là

2 x  3 y  10  0 .

Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AM có phương trình là

y  4  0.

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

2 x  3 y  10  0
 B  1;4  .

y

4


0


Nhận xét: Việc tìm tọa độ điểm P là bài toán đơn giản(xác đònh tọa độ giao điểm củ a hai
đường thẳng cắt nhau). Cái khó trong bài toán này là việc tìm ra

PM  PC  PA và chứng

minh điều đó !

Câu IX(1,0 điểm). Giải phương trình

3log 32





2  x  2  x  2log 1



3

2



2  x  2  x .log 3  9 x 2   1  log 1 x   0 .
3 





Kiến thức cần có:

+ Tìm tập xác đònh của hàm số(để đặt đúng điều kiện của bài toán):

f  x   0 ; log a f  x 

xác đònh khi

f  x  0

+ Biết vận dụng các công thức lôgarit và mũ :

(với

f  x

xác đònh khi

a  0, a  1 ) .

log a bn  n log a b ; log a m b 

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

1
log a b ;

m
Page 13


Trần Tuấn Anh - Email: -

1
 a  n . ( với a, b  0
n
a

và

www.MATHVN.com - Tốn học VN

a  1; m  0 )

log a f  x   log a g  x   f  x   g  x 

om

+ Kiến thức cơ bản về phương trình vô tỉ, phương trình lôgarit và phương trình mũ :
,…

+ Kiến thức về bất đẳng thức; một số kết quả thường dùng:
Bài giải:

,

x  0 ,…

ma
thv
n.c

Điều kiện :

 x  2  0  x  2


2  x  0   x  2  0  x  2 .
x  0
x  0



x2  a  a

Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau :

3log32



2  x  2  x  4log 3

3log32



2  x  2  x  4log 3

Đặt

a  log3







2  x  2  x .log 3  3x   1  log 3 x   0





2  x  2  x . log 3 x  1  1  log 3 x   0

;

b  log3 x  1 ta có :

2 x  2 x







2

2

3a 2  4ab  b2  0  3a 2  3ab  b2  ab  0  3a  a  b   b  a  b   0

a  b  0
a  b
.

  a  b  3a  b   0  
3
a

b

0
3
a

b




a  b  log 3





2  x  2  x  log 3 x  1  2  x  2  x  3x

 2 4
x 
 4  2 4  x  9x  2 4  x  9x  4  
9
4
81x  68 x 2  0

2

2

2

2

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 14


Trần Tuấn Anh - Email: -


2 17
x


68
9

 x2 
81

2 17
x  
9




0  x  2 nên x 

3a  b  3log 3



2 17
.
9


2  x   log  3 x   

2  x  2  x  log 3 x  1

2 x 

2 x  2 x

3

3





3

 3x



ma
thv
n.c

 log 3



.

om

Do

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Để

0 x2

ý

 3x  6

 2 x  2 x 2



và

2 x  2 x



3

2 x  2 x

 8,

2

(*)

 4  2 4  x2  4

do đó phương trình (*) vô

nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

x

2 17
.
9

Nhận xét: Phương trình này không quá đánh đố như trong các hệ phương trình ở các đề
trước,



điểm

yêu

2 x  2 x

hàm số

f  x 





cầu

3

cao

 3x .

nhất





1. Tìm giá trò lớn nhất của

3

 3x

2 x  2 x

Câu X(1,0 điểm). Xét các số thực

2. Tìm m để

bài

toán

này

là

việc

giải

phương

trình

Ngoài cách đã trình bày ở trên, các bạn có thể giải bằng cách xét

2 x  2 x

nhỏ nhất của biểu thức

trong

x, y

hoặc xét hàm



3

với chú ý

thỏa mãn

f  x  2  x  2  x

tìm giá trò

0  x  2.

x  y 1 2



x2  y3



(*)

x y.

3x y 4   x  y  1 27 x y  3 x 2  y 2   m

đúng với mọi

x, y

thỏa mãn (*).

Kiến thức cần có: Đây là bài toán khó nhất trong đề thi và kiến thức tối thiểu ta cần có là:
+)

2 ab  a  b (với a, b  0 ); a  b  a 2  b2

(với

a, b  0 );

a 0

(với

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

a  0 );
Page 15


Trần Tuấn Anh - Email: -

www.MATHVN.com - Tốn học VN

+) Kiến thức tam thức bậc hai, giải bất phương trình bậc hai .
+) Xét tính đơn điệu của hàm số bằng đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số, từ đó suy ra

om

giá trò lớn nhất của hàm số.
+) Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn  a; b  và f (a) f (b)  0 , thì tồn tại ít nhất
một điểm c   a; b  sao cho f (c)  0 .

+) f ( x)  m với mọi số thực x  D khi và chỉ khi Max f ( x)  m .
D

ma
thv
n.c

Bài giải:

1. Tìm giá trò lớn nhất của
Điều kiện:

x  2; y  3 .

Ta có (*) 
Vì

 x  y  1

2



 4 x  y  1  2 x  2. y  3

 (**).

2 x  2. y  3   x  2    y  3  x  y  1

 x  y  1
Ta có

x y.

2

nên

từ

(**)

suy

ra

x  2. y  3  0

nên

 8  x  y  1  0  x  y  1  8  1  x  y  7 . (***)

x y7

khi

 x  y  7
x  y  7
x  6
.



x

y

5
y

1
x

2

y

3




Vậy giá trò lớn nhất của

x y

là 7 khi

x  6, y  1 .

2. Xác đònh giá trò của tham số m :
Ta

có

 x  y  1

 x  y  1

2

2



 4 x  y  1  2 x  2. y  3



mà

x  y 1 0
 x  y  1
 4  x  y  1  
.


x  y 1 4
x  y  3

Kết

hợp

(***)

ta

được

 x  y  1
x  y  3 .


Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 16


Trần Tuấn Anh - Email: -

x2  2 x

Vì

(do

x  2 ), y 2  1  2 y

nên

 3 x 2  y 2   6  x  y   3 . Do đó ta có :

www.MATHVN.com - Tốn học VN

x2  y 2  1  2  x  y   x2  y 2  2  x  y   1

Đặt

om

3x y 4   x  y  1 27 x y  3 x 2  y 2   3x y 4   x  y  1 27 x y  6  x  y   3 .

t  x  y , ta có t  1 , 3  t  7 .

Xét hàm số

t  1 thì f  1 

2188
.
243

ma
thv
n.c

TH1:

f  t   3t 4   t  1 27t  6t  3 .

TH2:

3  t  7 , ta có: f '  t   3t 4.ln 3  27t   t  1 27t.ln 2  6

;

f ''  t   3t 4.ln 2 3  27t.ln 2  27t.ln 2   t  1.27t.ln 2 2

 3t 4.ln 2 3   t  1 ln 2  2 .27t.ln 2  0 , t  3;7 .

Suy ra

 3;7  . Mà f 't  liên tục trên 3;7 và
có duy nhất nghiệm t0   3;7  .

f 't 

f 't   0

đồng biến trên

f '  3 . f '  7   0

do đó

Bảng biến thiên

t

3

7

t0

f 't 

-

o

148
3

+

-4

f t 

f  t0 

Suy ra

f  t   f  3 

148
.
3

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 17


Trần Tuấn Anh - Email: -

Đẳng thức xảy ra khi
Vậy

m

148
3

x  2, y  1.

thỏa mãn bài toán.

148
3

với mọi

x, y

thỏa mãn (*).

om

 3x y 4   x  y  1 27 x y  3  x 2  y 2  

www.MATHVN.com - Tốn học VN

Nhận xét: Tuy ý thứ nhất của bài toán có gợi ý để giải ý thứ hai, thế nhưng việc giải được
bài toán này là rất khó khăn. Việc xét hàm số vừa chứa hàm mũ, vừa chứa hàm đa thức sẽ

ma
thv
n.c

khiến nhiều thí sinh bất ngờ!

Kết luận: Xét tổng thể thì đề Toán năm nay (năm 2016) có khó hơn đề Toán năm 2015. Các
câu trong đề thi được sắp xếp từ dễ đến khó, câu hỏi không còn quá đánh đố học sinh.
Tài liệu tham khảo: Đề Toán THPT Quốc Gia và đáp án của Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo.
Trần Tuấn Anh - Email:
ĐT: 0974.48.48.58

Trần Tuấn Anh - Email: - ĐT: 0974.48.48.58

Page 18