Các bài toán chọn lọc trong các bài thi thử

BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN K2PI.NET

CÁC B ÀI 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 thử 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

CHUYÊN

TEXBY POPEYE

ĐỀ

1 : KHẢO

SÁT HÀM

SỐ
2x + m
( Hm ), m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của
x−2
m để đường thẳng d : y = x + 3 cắt đồ thị ( Hm ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tích
Bài toán 1 : Cho hàm số y =

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 ( Hm ) và d là :
2x + m
= x+3
x−2



x = 2
(1) ⇐⇒
 x2 − x − m − 6 = 0

(2)

Để ( Hm ) 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

TEXBY POPEYE

Gọi A ( x1 ; x1 + 3) , B ( x2 ; x2 + 3) là giao điểm của ( Hm ) và d. Ta có d( A,∆) .d( B,∆) = 2

⇐⇒ |3x1 + 5| . |3x2 + 5| = 10 ⇐⇒ [9x1 .x2 + 15 ( x1 + x2 ) + 25]2 = 100


 x1 + x2 = 1
Mà:
 x .x = −m − 6
1

(3)

.

2

−8
−4
Thay vào (3) ta được : (9m + 14)2 = 100 ⇐⇒ m =
hoặc m =
thỏa mãn (∗)
3
9
−8
−4
Kết luận: Vậy giá trị m cần tìm là : m =
,m=
3
9
Bài toán 2 : Cho hàm số y = − x3 + 3(m + 1) x2 + m − 1 có đồ thị là (Cm ), m là tham
số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trong khoảng ( x1 ; x2 ) thoả

x2 − x1 = 2014.
Lời giải. y = −3x2 + 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 x2 − x1 = 2014 nên 2(m + 1) ≥ 2014 ⇐⇒ m ≥ 1006
Trường hợp: m + 1 < 0 do x2 − x1 = 2014 nên 2(m + 1) ≤ −2014 ⇐⇒ m ≤ −1008

Bài toán 3 : Cho hàm số y = − x4 + 2x2 + 5, có đồ thị là (C ). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm sao cho
24OA = OB.
Lời giải. Gọi ∆ : y = ax + b là tiếp tuyến của (C )

−4x3 + 4x = a
⇔
( I ) có nghiệm.
− x4 + 2x2 + 5 = ax + b
∆

Ox = A

−b
;0 .
a

∆

Oy = B (0; b)

√
b2
=

b2 ⇒ a = ±24
2
a

 x = −2
+/ với a = 24 thay vào hệ ( I ) ⇒
⇒ ∆; y = 24x + 45
b = 45

x = 2
+/ với a = −24 thay vào hệ ( I ) ⇒
⇒ ∆ : y = −24x + 45
b = 45

Theo giả thiết 24OA = OB ⇒ 24

5


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE
x3

− (m + 1) x2 + m2 + 4 x − 6, có đồ thị là (Cm ). Tìm
3
tất cả các giá trị của m, để hàm số có 2 điểm cực trị x1 ; x2 thỏa mãn: x1 2 + 2 (m + 1) x2 ≤

Bài toán 4 : Cho hàm số y =
3m2 + 24

Lời giải. Ta có

y = x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 4
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m >
Áp dụng hệ thức Viet ta có

3
(∗)
2


 x1 + x2 = 2 ( m + 1)
 x .x = m2 + 4
1

2

Từ giả thiết ⇒ x12 + x22 + x1 x2 ≤ 3m2 + 24 ⇔ m ≤ 3
3
Kết hợp điều kiện(*) ⇒ m ∈ ( ; 3]
2

Bài toán 5 : Cho hàm số y =

( m − 1) x + m
, m = 0 (Cm ) . Tìm tiếp tuyến cố định của họ
x−m

đồ thị hàm số.
Lời giải. Gọi A( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà họ (Cm ) đi qua. Khi đó

y0 =

( m − 1) x0 + m
; m = 0 =⇒ m(−u0 − x0 − 1) + x0 + x0 y0 = 0
x0 − m
⇐⇒

x0 + y0 = 1
x0 (1 + y0 ) = 0

⇐⇒

x0 = 0
y0 = −1

Vậy A(0; −1)

− m2
=⇒ f (0) = −1
( x − m )2
Suy ra họ (Cm ) luôn tiếp xúc với đường thẳng là tiếp tuyến cố định tại A(0; −1) có
Đạo hàm f ( x ) =

phương trình:
y = f ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) = −1( x − 0) − 1 = − x − 1

x+1
. Gọi I là tâm đối xứng của (C ),tìm m để đường thẳng
2x − 1
y = x − 2m + 1 cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác I AB bằng

Bài toán 6 : Cho hàm số y =
1.

1
Lời giải. x = . I
2

1 1
;
2 2
6


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

1
x+1
= x + 1 − 2m; x = ⇔ ( x ) = x2 − 2mx + m − 1 = 0 (1)
2x − 1
2
1
Để tồn tại A; B phân biệt thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 =
2


∆ > 0
điều kiện là

thỏa mãn ∀m ∈ R.
1

f
=0
2
Khi đó giả sử A( x1 ; x1 + 1 − 2m); B( x2 ; x2 + 1 − 2m). Pt ( AB) : x − y + 1 − 2m = 0
1 1
− + 1 − 2m
|1 − 2m|
1
1
|1 − 2m|
2 2
√
d( I; ( AB)) =
= √
nên S∆ABI = .AB.d( I; ( AB)) = .AB. √
2
2
2
2
2

PT hoành độ giao điểm

Trong đó AB = 2( x2 − x1 )2 = 2[( x1 + x2 )2 − 4x1 x2 ] = 8(m2 − m + 1)
1 √
|1 − 2m|
= 1 ⇔ (1 − 2m)2 (m2 − m + 1) = 1 ⇔ m = 0; m = 1

S = · 2 2 m2 − m + 1 · √
2
2
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 = x3 + 2mx2 − 3x có đồ thị (Cm ). Tìm m để đường thẳng
−−→−→
y = 4m.x + 2 cắt (Cm ) 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 :
x3 + 2mx2 − 3x = 4mx + 2 ⇐⇒ ( x − 2)( x2 + 2(m + 1) x + 1) = 0

(d) cắt (Cm ) tại 3 điểm phân biệt
⇐⇒ x2 + 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 : x2 + 2(m + 1) x + 1 = 0
−−→−→
Suy ra
AM AN = 3 ⇐⇒ ( a − 1)(b − 1) + (4ma + 1)(4mb + 1) = 3

⇐⇒ 16abm2 + ab + 4m( a + b) − a − b + 2 = 3 ⇐⇒ 8m2 − 6m + 5 = 3
Vô nghiệm
Vậy không có m thỏa mãn đề
x−3
và đường thẳng d : y = x + m + 3 (m là tham số) . Tìm
x+1
m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại 2 điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến tại giao điểm
5
có hoành độ dương tạo với d một góc ϕ thỏa mãn cos ϕ = √
34

Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
x−3
= x + m + 3 ⇔ x2 + (3 + m) x + 6 + m = 0 (vì x = −1 không là nghiệm)
x+1
(C) cắt d tại 2 điểm phân biệt
Bài toán 8 : Cho hàm số y =

7


www.k2pi.net

⇔ ∆ = m2 + 2m − 15 > 0 ⇔

TEXBY POPEYE
m < −5

m>3
Gọi M ( x0 ; y0 ) là giao điểm có hoành độ dương của (C) và d
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M là k = y ( x0 )
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y − y0 = k ( x − x0 ) ⇔ kx − y + y0 − kx0

d

Vectơ pháp tuyến của d, d’ lần lượt là:
| k + 1|
→
→
−
→

→
n ,−
n
n = (1; −1) , −
n = (k; −1) , cos ϕ = cos −
=√ √
2 k2 + 1

k=4
5
Do đó cos ϕ = √ ⇔ 8k2 − 34k + 8 = 0 ⇔ 
1
34
k=
4
x0 = 0
4
Với k = 4 ta có: y ( x0 ) =
=4⇔
(không thỏa mãn x0 > 0)
x0 = −2
( x0 + 1)2
x0 = 3( n ) ⇒ y0 = 0
1
4
1
ta có y ( x0 ) =
=
⇔
4

4
x0 = −5( l )
( x0 + 1)2
Vì M (3; 0) ∈ d ⇔ 0 = 3 + m + 3 ⇔ m = −6(thỏa mãn)
Với k =

Vậy m = −6 là giá trị cần tìm.

Bài toán 9 : Cho hàm số y = − x4 + (m + 1) x2 − m + 1 có đồ thị là Cm với m là tham số.
Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị Cm 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 (Cm ) và đường thẳng d : y = 1

− x4 + (m + 1) x2 − m + 1 = 1 ⇐⇒ x4 − (m + 1) x2 + m = 0 (∗) ⇐⇒ x2 = 1 hay x2 = m
Để d cắt (Cm ) tại bốn điểm phân biệt tương đương phương trình (∗) có hai nghiệm dương
8


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

phân biệt.

m = 1
Điều đó có được khi và chỉ khi :

m > 0
Khi đó ta gọi t1 , t2 là nghiệm của của phương trình t2 − (m + 1)t + m = 0 với t = x2 > 0
√
√ √ √
Khi đó bốn nghiệm phân biệt của phương trình (∗) là : − t2 ; − t1 ; t1 ; t2 .
√
√
√
√
Để bốn nghiệm này lập thành một cấp số cộng thì − t1 − (− t2 ) = t1 − (− t1 ) =
√
√
t2 − t1
Từ đây ta có : t2 = 9t1




t + t2 = m + 1


1
Kết hợp với viét ta có hệ phương trình : t2 = 9t1





t1 t2 = m


m+1


t
=
1


10

m+1
⇐⇒ t2 = 9

10



t t = m
1 2

Từ đó ta có phương trình : 9(m + 1)2 = 100m ⇔ 9m2 − 82m + 9 = 0 ⇔ m = 9 hay m =
Với m = 9 khi đó bốn nghiệm của phương trình (∗) là : −3; −1; 1; 3

1
9

thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
1
1 1

Với m = khi đó bốn nghiệm của phương trình (∗) là :−1; − ; ; 1
9
3 3
thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
1
Do đó các giá trị cần tìm là m = 9 ; m =
9
Bài toán 10 : Cho hàm số y = x3 − 3x + 4

(1) và đồ thị ( H ) : y = ax3 + bx2 − 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

TEXBY POPEYE
8
7
6
5
4
3
2
1

−3

−2

−1

0

1

2

3

b. Điểm cực tiểu của (C ) là A(1; 2).
Xét ( H ) : y = f ( x ) = ax3 + bx2 − 1 ta có: f ( x ) = 3ax2 + 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 ) = −18x2 + 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 = x4 − 5x2 + 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 x3A + x3B + xC3 > 0 (với x A , x B , xC lần lượt là hoành độ các
điểm A, B, C ).
Lời giải.
10


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE
y = x4 − 5x2 + 4

Ta có: y = x4 − 5x2 + 4 ⇒ y = 4x3 − 10x
Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A: y = 4a3 − 10a ( x − a) + a4 − 5a2 + 4 (∆)
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C ): 4a3 − 10a ( x − a) + a4 − 5a2 + 4 =
x4 − 5x2 + 4

⇐⇒ ( x − a)2 x2 + 2ax + 3a2 − 5 = 0 ⇐⇒ x = a hay g ( x ) = x2 + 2ax + 3a2 − 5 = 0
∆ cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt ⇐⇒ 
g( x ) = 0có 2 nghiệm phân biệt khác a
√

√

−
10
10


∆ = −2a2 + 5 > 0
2 √
2
⇐⇒
⇐⇒
2

±
30
g ( a) = 6a − 5 = 0

 a=
6
3
3
3
3
Khi đó x A + x B + xC > 0 ⇐⇒ a + ( x B + xC )3 − 3x B xC ( x B + xC ) > 0 ⇐⇒ 11a3 −
30a > 0

⇐⇒ a ∈

−

30
;0
11

∪

 √


 − 10 < a < 0
30
2 √
; +∞ . Kết hợp điều kiện ta được

11
− 30

 a=
6

11


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

CHUYÊN

ĐỀ
LƯỢNG GIÁC

2 : PHƯƠNG

TRÌNH

Bài toán 1 : Giải phương trình
sin x (3 − 2 cos x ) + cos 2x (2 cos x + 1) − 2
= 1.
cos 3x
Lời giải. Điều kiện :
cos 3x = 0 ⇐⇒ 3x =

π
π kπ
+ kπ ⇐⇒ x = +
(k ∈ Z )
2
6
3

Phương trình đã cho tương đương:
sinx (3 − 2 cos x ) + cos2x (2 cos x + 1) − 2 = cos3x

⇐⇒ 3sinx − 2sinxcosx+ 2cos2 x − 1 2 cos x + 2cos2 x − 3 = 4cos3 x − 3 cos x
⇐⇒ sinx (3 − 2cosx) + cosx + 2cos2 x − 3 = 0
⇐⇒ 3 sin x − 2 sin x cos x + cosx − 2sin2 x − 1 = 0
⇐⇒ (1 − 2 sin x ) (sinx + cosx − 1) = 0

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

⇐⇒ 
(k ∈ Z )
π
x − = − + k2π
x = k2π
4
4


⇐⇒ 

sinx =

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
− sin 3x = cos
4
12

31π
− 2x + cos 3x
4


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương:

√


⇔


⇔

2 sin 2x = cos3x + sin 3x ⇔ sin 2x = sin 3x +

π
4

π
2x = 3x + + k2π
4
3π
2x =
− 3x + k2π
4
−π
x=
− k2π
4
3π k2π (k ∈ Z )

+
x=
20
5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x =

3π k2π
−π
+
;x =
− k2π
20
5
4

(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: sinx = 0; sinx = 1; cosx = 0
Phương trình đã cho tương đương:
sinx + 1
+ 1 − 2sin2 x = 5 sin x + 4

1 − sinx
⇔ 3 (sinx + 1) + (1 − sinx) 1 − 2sin2 x = (5 sin x + 4) (1 − sinx)

3

⇔ sinx 2sin2 x + 3 sin x + 1 = 0


sinx = 0

1

⇔ sinx (2 sin x + 1) (sinx + 1) = 0 ⇔  sinx = 1
⇔ sinx = −
2

1
sinx = −
2

π
x
=
−
+
k2π
1
6
•sinx = − ⇔ 
(k ∈ Z )

7π
2
x=
+ k2π
6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x =

7π
π
+ k2π; x = − + k2π (k ∈ Z )
6
6

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

TEXBY POPEYE

Phương trình đã cho tương đương
4 cos x = 1 + cos 4x + 2 cos 2x

⇔4 cos x = 2cos2 2x + 2 cos 2x
⇔2 cos x = cos 2x (cos 2x + 1)
⇔2 cos x = cos 2x.2cos2 x

π
+ kπ
2
TH2 : cos x (2cos2 x − 1) = 1 ⇔ cos x = 1 (loại)
TH1 : cos x = 0 ⇔ x =

Bài toán 5 : Giải phương trình

√
√
3 tan2 x + 2 2 cos2 x = (2 + 3 2) sin x
Lời giải. ĐK cos x = 0
PT ⇐⇒ 3 tan2 x −

√

2 sin x + 2

√

2 cos2 x − sin x = 0

√
⇐⇒ (3 sin x − 2) sin x − 2 cos2 x = 0
√
√

2
−2
hoặc sin x =
hoặc sin x = − 2
⇐⇒ sin x =
3
3
−2
−2
π
⇐⇒ x = arcsin
+ k2π hoặc x = π − arcsin
+ k2π hoặc x =
+ k2π hoặc
3
3
4
3π
x=
+ k2π (k ∈ Z )
4
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

3sin2 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) 4cos2 x − 8 cos x + 13 = 0



sin x ≥ 0


 
x = k2π
cos x = 1
⇔
⇔
,k ∈ Z
2π


x
=
+
k2π

1


3

cos x = −
2
14


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Bài toán 7 : Giải phương trình
sin2 3x
(cos 3x sin3 x + sin 3x cos3 x ) = sin x sin2 3x.
sin x +
3 sin 4x
2

Lời giải. Từ công thức hạ bậc ta có:
cos 3x sin3 x + sin 3x cos3 x = · · · · · · =
Điều kiện x =

3
sin 4x.
4

kπ
ta có phương trình tương đương với:
4

1
sin x + sin2 3x = sin x sin2 3x. ⇐⇒

4
2

1
sin x − sin2 3x
2

2

1
+ [sin2 3x − sin4 3x ] = 0
4

2
1
1
1
2
Do: sin x − sin 3x ≥ 0
và: [sin2 3x − sin4 3x ] = sin2 3x (1 − sin2 3x ) ≥ 0.
2
4
4
Suy ra phương trình tương đương với:


sin x − 1 sin2 3x
=0
2


sin2 3x (1 − sin2 3x ) = 0

Có các trường hợp:
1.sin
 3x = sin x = 0 ⇐⇒x = kπ(loại)


sin 3x = ±1
3x = π + kπ
2
2.
⇐⇒
1
π


sin x =
x =
2
6

π
π
⇐⇒ x = + k
6
3
5π
hay x =
+ k2π
6

π
5π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + k2π; x =
+ k2π;
6
6

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 )
1
Ta có VT = (cos x + sin 2014)2 + (sin x − sin 2014 + 1)2 ≥ (sin x + cos x + 1)2 ≥
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
15

⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π, (k ∈ Z )


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Bài toán 9 : Giải phương trình
cos 3x tan 2x − sin 3x +

√

2 sin x = 0

Lời giải. Điều Kiện : cos 2x = 0
√
1
PT ⇐⇒ 2 cos 2x sin x − sin x = 0 ⇐⇒ sin x = 0 hoặc cos 2x = √
2
π
⇐⇒ x = ± + kπ hoặc x = kπ với k ∈ Z
8
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 + 2cos2 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
2 cos2 3x
2 − sin 3x
=0
cos2 x + sin x − 1

Lời giải.
2
2 cos2 3x
cos 3x (cos 3x + 1)
2 − sin 3x
= 0 ⇐⇒
=0
2
sin x (1 − sin x )
cos x sin x − 1

⇐⇒ cos 3x = 0 hay cos 3x = −1 với điều kiện sin x = 0, sin x = 1
π

π
π
2π
π
⇐⇒ x = + k , x = + k
thỏa x = kπ, x = + k2π
6
3
3
3
2
Vậy nghiệm PT gồm
x=

π
+ kπ,
6

x=

5π
+ kπ,
6

x=

π
+ k2π,
3

16

x=−

π
+ k2π,
3

x = −π + k2π.


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

CHUYÊN

ĐỀ 3 : P HƯƠNG TRÌNH ,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ , HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 1 : Giải phương trình

2−

4
x

√

x−1−1 =

9x2 − 14x + 25
√
.
3x + 3 + 4 2x − 1

Lời giải. Điều kiện x ≥ 1

Phương trình ⇐⇒

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

√

9x2 − 14x + 25
√
.
3x + 3 + 4 2x − 1
√
2 ( x − 2)
x−1−1
(3x + 3)2 − 16 (2x − 1)
√
=
x

3x + 3 + 4 2x − 1
√
√
x−1−1
2 ( x − 2)
= 3x + 3 − 4 2x − 1
x
√
√
2 ( x − 2) x − 1 − 2x + 4 = 3x2 + 3x − 4x 2x − 1
√
√
3x2 + 5x − 4 − 2 ( x − 2) x − 1 + 4x 2x − 1 = 0
√
√
√
x2 − 2x x − 1 + ( x − 1) + 2x2 − 4x 2x − 1 + 2(2x − 1) + 4 x − 1 − 1 = 0
√
√
√
2
2
x − x − 1 + 2 x − 2x − 1 + 4 x − 1 − 1 = 0
2−

4
x

x−1−1 =

Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

Bài toán 2 : Giải phương trình
x3 + 3x2 + x + 2 =

√

√
2x + 11 + 2x2 x + 4

Lời giải. Phương trình tương đương

√
√
x2 x + 3 − 2 x + 4 + x + 2 − 2x + 11 = 0,
Đặt : t =

√

x + 4 ⇒ x = t2 − 4, (t ≥ 0)
17

(1)


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Khi đó (1) trở thành :

t2 − 4

⇔ t2 − 4

2
2

t2 − 2t − 1 + t2 − 2 −

2t2 + 3 = 0

t2 − 2t − 1 + t2 − 2t − 1 + 2t − 1 −

⇔ t2 − 2t − 1


t2 − 4

2

+1 +

2t2 + 3 = 0

2t2 − 4t − 2
√
=0
2t − 1 + 2t2 + 3

t2 − 2t − 1 = 0

2
⇔ 2
2
√
=0
t −4 +1+
2t − 1 + 2t2 + 3
√
⇔t = 1 + 2
√
Vậy phương trình có nghiệm : x = −1 + 2 2

( t ≥ 0)
2t − 1 +

2t2 + 3 ≥ −1 +

Bài toán 3 : Giải hệ phương trình

√
 y2 + 2x = 1 + 1 + x + 2 1 + y
√
 ( y − x ) ( y + 1) + y2 − 2
1 + x = 1.
Lời giải. Phương trình (2) tương đương
√
√
2
x + 1 − y2 − 2
x + 1 − y2 − 2y = 0

( y + 1)
Ta có



Suy ra : 
√

√

∆√ x+1 = y2 + 2y + 2

2

x+1 = y

y+2
(V N : y > −1)
y+1
Thế (3) vào (1) ta có phương trình :

⇔ x = y2 − 1, (y ≥ 0) , (3)

x+1 = −

3 y2 − y − 1 + 2 y −

⇔ y−




⇔


y+1

3y + 3

y+1 = 0
y+1+2 = 0

y+1 = y
2

y+1 +3 y+1−1 = 0
√

1+ 5
 y=
2

⇔

√

−1 − 21
y=
(loại)
6
3

18

√

3>0


www.k2pi.net

1+ 5 1+ 5
;
2
2

Vậy hệ có nghiệm :

TEXBY POPEYE

√

√

.

Bài toán 4 : Giải hệ phương trình:

 ( x + 1) y2 + y + 2 + ( y − 1) x 2 + x + 1 = x + y
 x2 + x
x − y + 3 = 2x2 + x + y + 1

Lời giải. Từ phương trình 2 ta có :
x2 + x
+1
x−y+3

( x − y − 1)

=0

x2 + x
+ 1 = 0 Ta có thể xử lý như sau :
x−y+3
Dựa vào điều kiện của hệ ⇒ x2 + x + 1 ≥ 0
Với

nên x2 + x + 1 +

x−y+3 ≥ 0

⇒ x2 + x + 1 +

x−y+3+1 > 0

⇒ x2 + x + 2 +

x−y+3 = 0

Vô nghiệm
Với y = x − 1 thế vào PT 1 ta được :

( x + 1)
Đặt

x2 − x + 2 = a ,

x2 − x + 2 + ( x − 2) x2 + x + 1 = 2x − 1
x2 + x + 1 = b

Phương trình đã cho viết thành :
b2 − a2 + 1
+1 a+
2

b2 − a2 + 1
− 2 b = b2 − a2
2

⇔ ( b − a ) ( a + b − 3) ( a + b + 1) = 0
1 −1
;
2 2
x2 + x + 1 = 3 −

Với a = b ⇒ ( x; y) =
Với a + b = 3 ⇒

x2 − x + 2

⇔ 5 − x = 3 x2 − x + 2
7

⇔ x = hoặc x = −1
8
19


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Thử lại ta có nghiệm của hệ là ( x; y) =

1 −1
;
2 2

7 −1
;
8 8

;

; (−1; −2)

Bài toán 5 : Giải hệ phương trình


 x+

 2x3 +

Lời giải. Điều kiện:

2y + 3 = y +

√

2x + 1 + 1

x3 (y + 1) + 3y + 4 = 2x

x3 + x2 + 2x2

1+

y+2
x



 x = −1
x>0
2
∪
3

y ≥ −1
 y=−
2



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


2

 x = a −1
2
2

 y = b −3
2
2
2
a=b
b −3

a −1
+b =
+ a + 1 ⇐⇒
pt (1) ⇐⇒
2
2
a + b − 2 = 0(vn)
√
Với a = b ⇐⇒ y = x − 1 thế vào pt(2) ta được: 2x3 + x2 + 3x + 1 = 2x2
x+1+

⇐⇒ 2x2 + ( x + 1) +

1
+2
x

= 2x

√
1
+2+ x+1
x

⇐⇒ 2x2 + u2 + v2 = 2x (v + u) ⇐⇒ 2x2 − 2 (v + u) x + u2 + v2 = 0
Ta có: ∆ = (u + v)2 − 2 u2 + v2 = −(u − v)2
Phương trình có nghiệm khi u = v

√
√

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

Bài toán 6 : Giải bất phương trình

√
x − 1 + 2x + 1
√
≤1
2x2 + 4x + 1 − 1

Lời giải. ĐK

2x + 1 ≥ 0
2x4 + 4x + 1 ≥ 0
20

2+

1
x


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

2x4 + 4x + 1 − 1 > 0 =⇒ x > 0 khi đó bất phương trình trở thành:

TH1:

x−1+

√

2x + 1 ≤

⇐⇒ x ≤ √

2x2 + 4x + 1 − 1 ⇐⇒ x ≤

x (2x + 2)
⇐⇒
√
2
2x + 4x + 1 + 2x + 1

2x2 + 4x + 1 −

2x2 + 4x + 1 +

√

√

2x + 1

2x + 1 ≤ 2x + 1

Nên ta có hệ bất phương trình sau :

√

√
=⇒ 2 2x + 1 ≤ x + 2 ⇐⇒ x ≥ 4

2x2 + 4x + 1 ≤ − x
√
2x2 + 4x + 1 + 2x + 1 ≤ 2x + 2

2x + 1 −

√

TH2 :

2x4
x+

2−2
< x < 0 khi đó bất phương trình trở thành :
2
√
2x2 + 4x + 1 ⇐⇒
2x2 + 4x + 1 + 2x + 1 ≤ 2x + 2

+ 4x + 1 − 1 < 0 =⇒
√

2x + 1 ≥

Nên ta có hệ bất phương trình sau :

√
− 2x + 1 +

2x2 + 4x + 1 ≤ x
√
2x2 + 4x + 1 + 2x + 1 ≤ 2x + 2

√

=⇒ 2 2x2 + 4x + 1 ≤ 3x + 2 ⇐⇒
√

Kết luận: Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 4 hoặc

2−2
≤x<0
2

2−2
≤ x < 0.
2

Bài toán 7 : Giải hệ phương trình

3

 1+
2( x − y ) + 2 = ( x + y )2 − 4
2( x − y )

3( x2 + y2 ) = 10xy − 5

(1)
(2)

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

2 ( x − y)
Đặt t = x − y khi đó phương trình trở thành :
1+

⇐⇒ (2t + 3)

√

3
2t

√

2t + 2 = 4t2 + 1

2t + 2 = 8t3 + 2t ⇐⇒

Hàm số f ( x ) = x3 + x đồng biến trên R
√
Mà :
f (2t) = f
2t + 2
21

√

2t + 2

=⇒ 2t =

√

3

+

√

2t + 2 = (2t)3 + 2t

2t + 2 ⇐⇒ t = 1


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE


x − y = 1
Hay ta có hệ sau :
 ( x + y )2 = 9
Vậy tập nghiệm của hệ pt là :


x = 2
⇐⇒
y = 1


 x = −1

hoặc
 y = −2

(2; 1) , (−1; −2)

Bài toán 8 : Giải hệ phương trình
√
 3x + 8y − 1 + 2 = 16y2 + 9x
 x − y + 7x − y + 3x − y =

(1)
√

x + 7y + 2 x

(2)

√
Lời giải. x = 0 không thỏa, xét x = 0 chia 2 vế của (2) cho x ta được:
√
√
√
√
y
(2) ⇐⇒ 1 − t + 7 − t + 3 − t = 1 + 7t + 2 Với t =
x
VT là đơn điệu giảm, VP đơn điệu tăng
3
=⇒ phương trình có nghiệm duy nhất t = ⇐⇒ 4y = 3x thay vào (1), ta được:
4

4y + 8y − 1 = 16y2 + 12y − 2 ⇐⇒ ( 4y − 1) + ( 8y − 1 − 1) = 16y2 + 12y − 4
4y − 1
8y − 2
⇐⇒
+
= (y + 1)(16y − 4)
4y + 1
8y − 1 + 1
2
1
1
+
− 4(y + 1) = 0 ⇐⇒ y =
4
4y + 1
8y − 1 + 1
1
9
9
2
1
Vì phương trình:
+
= 4(y + 1) Với y ≥ thì VP ≥ , VT ≤
8
2
2
4y + 1
8y − 1 + 1
phương trình này vô nghiệm.

1 1
;
.
Vậy ( x; y) =
3 4

⇐⇒ (4y − 1)

Bài toán 9 : Giải hệ phương trình sau :

3x + x2 − 7 − y2 + 24 = 3
4 x2 − 7 − y2 + 24 = 3y

√
√
Lời giải. • Điều kiện : x2 − 7 ≥ 0 hay x ≥ 7 hoặc x ≤ − 7


x2 − 7 = x + y − 1
• Hệ đã cho được viết lại thành :
 y2 + 24 = 4x + y − 4
Với x + y ≥ 1 và 4x + y ≥ 4 nên hệ ⇐⇒

⇐⇒

x 2 − 7 = ( x + y − 1)2

y2 + 24 = (4x + y − 4)2

7



= 0 (1)
y − 1 +
(y − 1) (2x + y − 1) + 7 = 0
2x + y − 1
⇐⇒
3

( x − 1) (2x + y − 2) − 3 = 0

= 0 (2)
x − 1 −
2x + y − 2
22


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

• Đến đây lấy PT(1) + 2.PT(2) ta được :
2x + y − 3 +

√
7
6
3
−
= 0 ⇐⇒ 2x + y = 2 + 6.

2x + y − 1 2x + y − 2

Từ đó ta có nghiệm của hệ như sau : ( x; y) =

7
3
√
;1−
1+ √
3
6
1+ 3 6

.

Bài toán 10 : Giải hệ phương trình:


2y y4 + 10y2 + 5 = x5 + ( x + 2)5
√
12y − 30

 4x + 1 − 2(y + 1) =
x2 + 18
1
Lời giải. Điều kiện: x ≥ − , y ≥ −1.
4
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
2y y4 + 10y2 + 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:
√
√
√
12 ( x + 1) − 30
12x − 18
⇐⇒
.
4x + 1 − 2 ( x + 1 + 1) =
4x
+
1
−
2x
+
4
=
x2 + 18
x2 + 18

3
6 (2x − 3)
2x − 3
 x=2
√
= 2
.
⇐⇒ √

⇐⇒  √
√
x2 + 18
x + 18
4x + 1 + 2x + 4
4x + 1 + 2x + 4 =
6
Giải phương trình
√
√
√
√
x2 + 18
4x + 1 + 2x + 4 =
⇐⇒ x2 + 18 − 6 4x + 1 − 6 2x + 4 = 0.
6

⇐⇒ x2 − 6x + 6

2x + 3 √
− 4x + 1 + 6
3

⇐⇒

x=0
x=6

=⇒

x+6 √
− 2x + 4
3

x = 0, y = 1
x = 6, y = 7

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là ( x; y) = (0; 1) ; (6; 7) ;

Bài toán 11 : Giải hệ phương trình :

9


x − 1 +
1


−

y+1

4
=4
2x + 9y − 1
2
=2
2x + 9y − 1
23

3 5
;
.
2 2

=0


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

Lời giải. Điều kiện x − 1 = 0,

2x + 9y − 1 > 0

y + 1 = 0,

Ta đặt a = x − 1, b = y + 1 thỏa a > 0, b > 0, 2a + 9b > 8 hệ trở thành:


9 2


9b + 2a = 8ab
 + =8
a b
⇐⇒
9
1

9
1


 =8
 =8
−1
−1
ab
8ab − 8
ab
2a + 9b − 8


√


9b + 2a = 6 2
9b + 2a = 8ab
√
⇐⇒
⇐⇒
9
1
3 2



 =
−8

ab =
ab
ab − 1
4
giải ra x và y

Bài toán 12 : Giải hệ phương trình :


2
2
2
2

 x + xy + y + x + y = x + y
3
2

√

 x + 3 − y = xy − x − 2

(∗)
(∗∗)

Lời giải. ĐK: x ≥ 0, y ≤ 3.
Ta có 2 BĐT sau:

√
x2 + xy + y2 ≥

3
( x + y)
2

(1)

Dấu = xảy ra khi x = y
x 2 + y2 ≥

( x + y )2
2

(2)

Dấu = xảy ra khi x = y
Khi đó ta suy ra:
x2 + xy + y2
+
3

x 2 + y2
x+y x+y
≥
+
= x+y
2
2
2

Do đó:(∗) ⇔ y = x. Thế y = x vào phương trình (∗∗) ta được:

√

x+

√

3 − x = x2 − x − 2




x≥0



Từ phương trình (3) ta có: 3 − x ≥ 0



 2

x −x−2 ≥ 0

(3) ⇔

√

x − ( x − 1) +

√

(3)

⇔ 2 ≤ x ≤ 3. Do đó:

3 − x − ( x − 2) = x2 − 3x + 1
24


www.k2pi.net

TEXBY POPEYE

− x2

⇔ √

− x2

+ 3x − 1
+ 3x − 1
+√
= x2 − 3x + 1
x+x−1
3−x+x−2

⇔ ( x2 − 3x + 1) 1 + √

1
1
+√
x+x−1
3−x+x−2

=0

⇔ x2 − 3x + 1 = 0

√
√
1
3− 5
1
3+ 5
Do 1 + √
∨ x=
+√
> 0 ∀ x ∈ [2; 3] ⇔ x =
2
2
x + x − 1√ 3 − x + x − 2 √
√
3+ 5
3+ 5
3− 5
loại. Với x =
⇒y=
Thử lại thấy thỏa.

Tuy nhiên x =
2
2
√ 2 √
3+ 5 3+ 5
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y) =
;
2
2

Bài toán 13 : Giải hệ phương trình :


2 2x + y − 3 x − y = 1
5
4

+
=3

3y + 2
x − 10y + 21
2x + y = a; x − y=b; a, b ≥ 0


2a − 3b = 1
Hệ được viết lại là
5
4


+√
=3
√
−3a2 + 7b2 + 21
a2 − 2b2 + 2
8
10
10
8
+
Thế trên vào dưới rút gọn ta được
= 3 ⇐⇒
+
= 3 hay
b−9 b+3
( b − 9)2 b + 3
8
10
+
=3
9−b b+3
7
⇐⇒ b = −1(loại), b = 13 hay b = 3 , b = Từ đó suy ra a tương ứng a = 20, a = 5,
3
a=4
193 46
569 62
34 7
;
;

giải ra được các cặp nghiệm ( x; y) =
;
;
;
3 3
27 27
3 3
Lời giải. Đặt

25