CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC MÔN TOÁN

MÔN TOÁN CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC A. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ TỔ HỢP Bài 1. Cho tập hợp các số tự nhiên có dạng abc với 0a  và , ,a b c theo thứ tự tăng dần. Tính xác xuất để chọn được một số chẵn từ tập hợp trên. Ta có , ,a b c phân biệt và 0 a b c   nên chọn ra 3 số từ 1 đến 9 thì chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn. Không gian mẫu  là số cách chọn ra 3 số từ 1 đến 9. Do đó 3 9 84. C   Gọi A là tập hợp các số chẵn có trong tập hợp trên. Ta có các trường hợp sau:  2c  thì không có trường hợp nào thoả mãn  4c  thì ta có thể chọn hai số còn lại từ 1,2,3. Vậy có 2 3 C cách.  6c  thì ta có thể chọn hai số còn lại từ 1,2,3, 4, 5. Vậy có 2 5 C cách.  8c  thì ta có thểcc chọn hai số còn lại từ 1,2,3, 4, 5,6,7. Vậy có 2 7 C cách. Do đó 2 2 2 3 5 7 34. A C C C    Vậy xác xuất để chọn một số chẵn là 34 17 . 84 42 A P     Bài 2. Cho tập hợp   0,1,2,3, 4,5 . X  Từ X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt sao cho hai chữ số đầu lớn hơn hai chữ số cuối một đơn vị. Gọi abcd với 0,0 , , , 5, , , ,a a b c d a b c d    và 1a b c d    là số có dạng cần tìm. Do , , ,a b c d đôi một phân biệt nên 4 5 9,a b    suy ra 1 9 8.c d c d      Hơn nữa 1 0 1 1 2,c d      suy ra 2.a b  Nếu 9a b  thì ta có: 4, 5a b  hoặc ngược lại. Khi đó   max 1 6. c d    Do đó trường hợp này không thoả. Nếu 8a b  thì ta có: 3, 5a b  hoặc ngược lại. Khi đó   max 1 7. c d    Trường hợp này cũng không thoả. Nếu 7a b  thì ta có:  5, 2a b  hoặc ngược lại. Khi đó     1 2,4, 5,6,8 . c d   Do đó trường hợp này không thoả.  3, 4a b  hoặc ngược lại. Khi đó       ; 1;5 , 5;1 . c d  Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn. Nếu 6a b  thì ta có:  5, 1a b  hoặc ngược lại. Khi đó ta có:       ; 2; 3 ; 3; 2 . c d  Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn.  2, 4a b  hoặc ngược lại. Khi đó ta có:       , 5; 0 ; 0; 5 . c d  Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn. Nếu 5a b  thì ta có:        ; 2; 3 ; 3; 2 . a b  Ứng với trường hợp này ta có:       ; 4; 0 ; 0; 4 . c d  Trường hợp này có 4 số thoả mãn.      ; 5;0 . a b  Ứng với trường hợp này ta có:       ; 1;3 ; 3;1 . c d  Trường hợp này có 2 số thoả mãn.        ; 1;4 ; 1;4 . a b  Trường hợp này không thoả mãn. I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Nếu 4a b  thì ta có:      ; 4; 0 . a b  Ứng với trường hợp này ta có:       ; 1;2 ; 2;1 . c d  Vậy trường hợp này có 2 số thoả mãn.        ; 1; 3 ; 3;1 a b  thì không thoả mãn. Dễ thấy trường hợp 3a b  hoặc 2a b  không thoả mãn. Vậy có 20 số thoả mãn. Bài 3. Cho tập hợp   0;1; 2; 3; 4; 5;7;9 . A  Từ A có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau thoả mãn số đó lớn hơn 1997. Gọi N abcd  với , , ,a b c d A là các số cần tìm. Nếu 2000N  thì ta có 2 số cần tìm là 1999, 1998. Nếu 2000.N  Ta có:  :a có 6 cách chọn là 2,3, 4,5,7,9.  :b có 8 cách chọn.  :c có 7 cách chọn.  :d có 6 cách chọn. Do đó có 6 8 7 6 2016    số. Vậy có 2018 số được lập từ A thoả mãn lớn hơn 1997. Bài 4. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số có dạng abcd sao cho .a b c d   Nếu c d thì ta chỉ cần chọn ra 3 số từ 0 đến 9. Một cách chọn này chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn. Vậy có 3 9 84 C  số. Nếu c d thì ta chỉ cần chọn ra 4 số từ 0 đến 9. Một cách chọn này cũng chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn. Vậy có: 4 9 126 C  số. Do đó 210 số tự nhiên thoả mãn yêu cầu bài toán. Bài 5. Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lí, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh? Chọn ra 3 môn tuỳ ý từ 8 môn đã cho ta có: 3 8 56 C  cách. Chọn ra 3 môn mà không có Toán và Văn có: 3 6 20 C  cách. Vậy trường Đại học có: 56 20 36  phương án tuyển sinh. Bài 6. Một lớp học có 10 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Trong Đại hội chi bộ của lớp, giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra 3 học sinh làm cán bộ lớp gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một thư kí. Giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn mà có cả nam và nữ, hơn nữa thư kí phải là học sinh nữ.  Chọn ra 1 nữ làm thư kí có 1 15 C cách chọn.  Còn lại chọn 2 bạn làm lớp trường hoặc lớp phó, có hai trường hợp:  1 nam, 1 nữ và hai người này có thể hoán đổi chức vụ cho nhau, tuy nhiên đã chọn ra 1 bạn nữ làm thư kí nên số cách chọn là 1 1 14 10 2 .C C    2 nam, và hai người này có thể hoán đổi chức vụ cho nhau nên số cách chọn là 2 10 2 .C  I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Vậy số cách chọn ra 3 học sinh thoả mãn bài toán là:   1 1 1 2 15 14 10 10 2 2 5550. C C C C     Bài 7. Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên thẻ với nhau. Tính xác xuất để kết quả nhận được là một số chẵn. Không gian mẫu  là số cách rút hai thẻ, ta có: 2 9 36. C   Rút hai thẻ đồng thời ngẫu nhiên là số chẵn ta có: 2 4 6 C  cách rút. Vậy xác xuất cần tìm là 6 1 . 36 6 P   Chú ý: nếu tính thứ tự thì ta phải nhân thêm với 2 để xét thẻ nào rút trước thẻ nào rút sau. Bài 8. Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác xuất để trong 4 viên được lấy ra có đủ cả hai màu và số viên màu đỏ nhiều hơn số viên bi màu xanh. Không gian mẫu là số cách lấy 4 viên bi trong hộp ra, ta có: 4 11 330. C   Theo đề bài, chỉ có trường hợp lấy ra 3 viên đỏ và 1 viên xanh là thỏa yêu cầu. Số cách chọn 3 bi đỏ là 3 5 10. C  Số cách chọn 1 bi xanh là 1 6 6. C  Vậy có 60 cách chọn thoả mãn đề bài. Do đó xác xuất cần tìm là: 60 2 . 330 11 P   Bài 9. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thổng có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp ,A 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp .C Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác xuất để trong 4 học sinh được chọn không có quá 2 trong 3 lớp. Số cách chọn ra 4 học sinh tham gia là 4 12 495. C  Gọi X là số cách chọn học sinh sao cho mỗi lớp đều có học sinh tham gia.  Chọn hai học sinh lớp A và một học sinh lớp ,B một học sinh lớp .C Ta có: 2 1 1 5 4 3 120 C C C   cách chọn.  Chọn hai học sinh lớp B và một học sinh lớp ,A một học sinh lớp .C Ta có: 1 2 1 5 4 3 90 C C C    cách chọn.  Chọn hai học sinh lớp C và một học sinh lớp ,A một học sinh lớp .B Ta có: 1 1 2 5 4 3 60 C C C    cách chọn. Ta có: 120 90 60 270.X     Do đó số cách chọn mà trong 4 học sinh được chọn không có quá 2 trong 3 lớp là 495 270 225.  Vậy xác xuất để chọn ra học sinh tham gia mà không có quá 2 trong 3 lớp là: 225 5 . 495 11 P   Bài 10. Có 14 tấm thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 14. Chọn ngẫu nhiên ra 7 tấm thẻ không tính thứ tự. Tính xác suất để trong 7 tấm thẻ được chọn có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5 . Số phần tử của không gian mẫu 7 14 3432. C   Có 7 tấm thẻ mang số chẵn và 7 tấm thẻ mang số lẻ. Ta xét 2 trường hợp: I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger.  Trường hợp 1: Tấm thẻ mang số chia hết cho 5 là tấm thẻ mang số 5. Khi đó, số cách chọn tấm thẻ mang số lẻ trong những tấm thẻ còn lại là 2 6 ,C số cách chọn tấm thẻ mang số chẵn là 4 7 .C Vậy số cách chọn trong trường hợp này là 2 4 6 7 525. C C   Trường hợp 2 : Tấm thẻ mang số chia hết cho 5 là tấm thẻ mang số 10. Khi đó, số cách chọn tấm thẻ mang số lẻ là 3 7 ,C số cách chọn tấm thẻ mang số chẵn trong những tấm thẻ còn lại là 3 6 .C Vậy số cách chọn trong trường hợp này là 3 3 7 6 700. C C  Vậy xác suất cần tìm là 525 700 1225 . 3432 3432 P    Bài 11. Từ một nhóm gồm 15 học sinh khối ,A 10 học sinh khối ,B 5 học sinh khối ,C chọn ra 15 học sinh trực nhật sao cho có ít nhất 5 học sinh khối A và đúng 2 học sinh khối .C Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Chọn ra 2 học sinh lớp C có 2 5 10 C  cách. Chọn tuỳ 13 học sinh tuỳ ý từ hai lớp A và B có 13 25 5200300 C  cách. Ta đếm số cách chọn sao cho lớp A có ít hơn 5 học sinh trong 13 học sinh, dễ thấy chỉ có hai trường hợp thoả mãn:  Chọn ra 3 học sinh lớp A và 10 học sinh lớp B có 3 10 15 10 455 C C  cách.  Chọn ra 4 học sinh lớp A và 9 học sinh lớp B có 4 9 15 10 13650 C C  cách. Vậy số cách chọn ra 13 học sinh từ hai lớp ,A B sao cho lớp A có nhiều hơn 5 học sinh là: 5200300 455 13650 5186195   Vậy số cách chọn thoả mãn bài toán là 51861950. Bài 12. Từ 16 chữ cái của chữ "KI THI THPT QUOC GIA" chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái. Tính xác xuất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt. Trong "KI THI THPT QUOC GIA" có: 1K, 3I, 3T, 2H, 1P, 1Q, 1U, 1O, 1C, 1G, 1A. Ta xem các chữ cái chỉ xuất hiện 1 lần thành 1 nhóm gọi là nhóm A, dễ thấy A có 8 phần tử. Không gian mẫu bài toán là chọn ra 5 chữ cái từ 16 chữ cái, ta có: 5 16 C 4368.    Ta đếm số cách chọn ra 5 chữ cái đôi một phân biệt.  Trong 5 chữ lấy ra đều thuộc nhóm A, có 5 8 56 C  cách chọn.  Trong 5 chữ lấy ra có chứa:  1 chữ I và 4 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 4 3 8 C C 210   cách.  1 chữ T và 4 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 4 3 8 C C 210   cách.  1 chữ H và 4 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 4 2 8 C C 140   cách.  Trong 5 chữ lấy ra có chứa  1 chữ I, 1 chứ T và 3 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 1 3 3 3 8 C C C 504    cách.  1 chữ T, 1 chứ H và 3 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 1 3 3 2 8 C C C 336    cách.  1 chữ I, 1 chứ H và 3 chữ nhóm thuộc nhóm A, có 1 1 3 3 2 8 C C C 336    cách.  Trong 5 chữ lấy ra có chứa 1 chữ I, 1 chữ T, 1 chữ H và 2 chữ thuộc nhóm thuộc nhóm A, có: 1 1 1 2 3 3 2 8 C C C C 504     cách. Vậy số cách chọn ra 5 chữ cái đôi một phân biệt là: 56 210 210 140 504 336 336 504 2296.        I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Do đó xác xuất cần tìm là: 2296 41 . 4368 78 P   Bài 13. Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau. Không gian mẫu là số trường hợp A và B chọn 3 câu hỏi, ta có: 3 3 10 10 14400. C C    Để A và B chọn giống nhau thì một cách chọn 3 câu hỏi của A cũng chính là cách chọn 3 câu hỏi của ,B do đó số cách chọn giống nhau là: 3 10 120. C  Vậy xác xuất cần tìm là: 120 1 . 14400 120 P   Bài 14. Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn An, có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, Ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm , ,A B ,C D sao cho mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm. Không gian mẫu là số cách chia 20 bạn thành 4 nhóm, ta có: 5 5 5 5 20 15 10 5 .C C C C     Gọi X là biến cố sao cho 5 bạn nữ thuộc một nhóm. Xếp 5 bạn nữ vào 1 lớp có 4 cách xếp. Xếp 15 bạn nam còn lại 3 lớp có 5 5 5 15 10 5 .C C C  Suy ra 5 5 5 15 10 5 4 .X C C C    Vậy xác xuất cần tìm là:   5 20 4 1 . 3876 X P X C     φ Bài tập rèn luyện 1. Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc. Tính xác suất để học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau. 2. Cho tập A gồm n phần tử phân biệt trong đó có phần tử x. Gọi S là tập hợp các tập con của A. Tính số phần tử của S, lấy ra ngẫu nhiên một phần tử từ S tính xác suất để phần tử đó có chứa x. 3. Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút đen và 8 bút xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được hai cặp bút kh ác màu. 4. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau , chọn ngẫu nhiên 1 số từ A , tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015. 5. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau , chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S . Tính xác suất để số được chọn là ước của 1995. 6. Hai thí sinh A và B tham gia một buổi vấn đáp. Mỗi thí sinh chọn 3 câu hỏi trong bộ 10 câu hỏi khác nhau đựng trong 10 phong bì có hình thức giống nhau, mỗi phong bì là một câu hỏi. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác xuất để A chọn 3 câu hỏi và B chọn 3 câu hỏi sao cho có đúng 2 câu giống nhau. 7. Một trò chơi quay số trúng thưởng với mâm quay là 1 đĩa tròn chia đều thành 10 ô vuông và được đánh số tương ứng từ 1 đến 10. Người chơi tham gia bằng cách quay liên tiếp mâm quay 2 lần, khi mâm quay dừng quay kim I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. chỉ tương ứng với ô được đánh số. Người chơi trúng thưởng nếu tổng của 2 số kim quay chỉ khi mâm quay dừng là một số chia hết cho 3. Tính xác suất để người chơi trúng thưởng. B. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Giải hệ phương trình:   3 3 3 2 2 9 2 5 9 4 10 1 2 2 2 2 10 y x x xy x y y xy x y y x y                     Điều kiện xác định:   2 2 1 2 2 0 . 2 5 0 y x xy y y y x y              Áp dụng bất đẳng thức   2 2 2 ,a b a b    ta có:   2 2 1 2 2 3 1 y y xy x y xy x         Lại có:       2 2 2 2 3 1 2 2 2 10 1 0. y xy x y y x y x y            Bất đẳng thức cuối đúng, vậy ta có:   2 2 1 2 2 2 2 10 .y y xy x y y x y         Đẳng thức xảy khi 1.x y  Thay 1x y  vào phương trình thứ nhất ta được:                 3 4 3 3 3 4 3 3 2 2 2 4 3 4 3 3 3 11 9 13 9 2 7 0 11 14 9 13 3 9 2 7 0 2 2 9 2 7 2 0 * 2 7 9 13 3 9 13 3 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y                                                      Vì       2 2 4 3 4 3 3 3 9 13 3 9 13 3 3 y y y y y y y y y             với mọi 1,y  nên ta có:       2 2 2 4 3 4 3 3 3 2 2 2 2 3 4 2 2 0 3 3 9 13 3 9 13 3 y y y y y y y y y y y y y y y y y                         Suy ra       2 2 4 3 4 3 3 3 2 2 9 2 0, 2 7 9 13 3 9 13 3 y y y y y y y y y y y y y                   nên ta có:   2 * 2 7 0 1 2 2 y y y       do 1.y  Với 1 2 2 , y   ta có 2 2 2.x   Ta thấy cặp nghiệm này thoả mãn các điều kiện đã cho. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất     ; 2 2 2;1 2 2 . x y    Bài 2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 1 2 2 1 4 4 2 5 0 x y x y x y xy x y                 I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Điều kiện xác định: 2, 1 0 x y x y         Đặt 1, 2, a x b y     ta có , 1 a b   và 1. a b    Khi đó hệ cho trở thành:     2 1 1 2 1 1 1 2 2 0 a b a b a b a b ab                 Với mọi , , a b  ta có:   2 2 , 2 a b ab   suy ra:     2 0 3 4 0 0 4 3 a b a b a b a b a b                  do 1 a b    Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 m n m n    và bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:   1 1 4 4 1 1 1 1 2 2 a b a b a b           Lại có:   4 2 , 1 2 2 a b a b      thật vậy bất đẳng thức tương đương:     2 1 2 2 2 0 a b a b a b         Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi 1 0 2 1 0 . 2 x a b x y y               Thử lại thấy thoả mãn. Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất     ; 1;2 . x y   Bài 3. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 3 2 4 1 4 4 x y x y y x x y x               Điều kiện xác định: 2 2 1 ; 2, 0. 4 x y x y      Nhận xét cặp     ; 0;0 x y  không là nghiệm của hệ. Với mọi , , , 0 x y x y   ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 . 3 3 3 3 x y x y P x y y x x y y x         Khi đó 2 2 1 1 3 . 1 1 3 3 P y x x y                 Đặt 1 1 1 ; . 3 3 3 x y a b ab y x     I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Với mọi 0 1, ab   ta có bất đẳng thức sau: 2 2 1 1 2 . 1 1 1a b ab      Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:       2 2 2 1 0. 1 1 ab a b a b      Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi 1 ab  hoặc .a b Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3. 1 1 1 1 1 1 P a b ab ab a b                     Suy ra 1. P  Do đó 2 2 2 2 1. 3 3 x y x y y x     Đẳng thức xảy ra khi 0. x y   Suy ra 0 2. x y    Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 2 4 1 4 4.     x x x Nhận xét 2x  là một nghiệm của phương trình, xét 0 2,x  ta có:           2 2 2 2 2 4 1 4 4 2 2 2 2 2 4 1 1 4 2 0 0 4 1 1 4 2 1 1 2 0 4 1 1 4 2                                              x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 4. Giải hệ phương trình:     2 2 2 1 3 8 2 2 3 2 3 11 x y x xy x x x xy x y xy x                 Điều kiện xác định: , 0.x y  Nếu 0,x  từ phương thứ nhất của hệ ta có 1.y  Thay vào phương trình thứ hai thấy không thoả. Vậy 0.x  Khi đó hệ đã cho tương đương:         2 3 3 2 1 1 1 8 2 1 1 1 8 3 3 3 2 1 2 1 12 2 1 12 x y y x y y x x x y y y x y y x x x                                                                                  Đặt 2 3 1 a x y b y x           với , 0,a b  hệ đã cho trở thành:            2 2 2 2 2 1 1 8 11 1 8 3 4 1 0 3 12 12 12 a b b b b b b a b a b a b a b                                     I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger. Với 3,a b  ta có:   2 3 3 2 . 3 3 3 2 3 1 3 x y y x x x x x y x                       Lại có:     2 2 2 2 3 3 2 3 3 2 3 2 0 3 3 2 2 0 3 2 3 2 3 2 1 0 3 2 3 2 1. x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                       Với 1,x  ta có 1.y  Các nghiệm này thoả điều kiện xác định. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất     ; 1;1 . x y  Bài 5. Giải hệ phương trình:   2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 3 1 2 x x xy y y xy y y y x x                   Điều kiện xác định: 1 1.x   Khi đó ta có:             2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 0 1 2 0 1 x x xy y y xy y x xy x xy y y x y x y x y                        Vì 1 1x   nên 2 2 0. x y    Do đó ta có:   1 1. x y    Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:              2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 0 3 1 2 2 1 1 0 2 2 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                    Với mọi 1;1 , x      ta có:   2 2 2 2 1 1 1 1 2 0 1 0. x x x x x x x x x               Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có: 2 2 1 1 1 1 0. x x x x         Lại có:        2 2 3 2 3 2 2 3 3 1 2 2 0 2 2 2 2 1 x x x x x x x x            với 1;1 . x      Từ đó ta suy ra: [...]...  2  2  1  x  1  x2  0  3 x2  2x  2  1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1 Với x  1, ta có y  2 Cặp nghiệm này thoả mãn điều kiện bài toán Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1; 2     x2 y 2  2 4 y2  1  x  x2  1   Bài 6 Giải hệ phương trình:   1  3y 1  1 1  y  2 y2 1  2x2 x   x  0   1 Điều kiện xác định:  2  3 y  1  0  2x  1 1  x  y ...  Bài 20 Giải bất phương trình: x  3 x  2  9 x 2  6 x  x x2  2 2 Điều kiện xác định x  Khi đó bất phương trình tương đương: 3 x  3x  2   3x  2    3x  2   2  x   x 1  x 2  2  3 x  2 1      3x  2  Xét hàm số f (t )  t  t t  1 trên  0;   , ta có: f (t )  1  t 2  2  2 Do đó f (t ) đồng biến trên  0;   Ta có: f ( x)  f   φ Bài tập rèn luyện Giải các. .. 1  0 Đúng     Lại có: f (1)  x3  9 x  3 10  3x   12 x   3x 4  10 x3  27 x 2  111x  30  33 Đúng Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a  1, b  2, c  0 và các hoán vị Bài 7 Cho các số thực dương a , b , c thoả mãn a2  bc  b2  c 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P b c 3a 3  2 2 a 2  c 2 a  b  b  c 6 Ta có biến đổi sau: b  c b2  bc  c 2  a 2 b  c... Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi a  b  2c 3 φ Bài tập rèn luyện 1 Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x  y  z  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x2 yz  x3  8  y2 zx  y 3  8  z2 xy  z 3  8 2 Cho hai số thực dương x, y thoả mãn 2  x  3  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x2  y 2  2x  y P xy 3 Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  2b  c  0 và a 2 ... cot  cot   2 2 2  2 2 2 2  12 Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x  y  z  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x2 yz  x3  8  y2 zx  y 3  8  z2 xy  z 3  8 13 Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a 2  b 2  c 2  14 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 4(a  c) 4a 5 3  2   2 2 a  3c  28 a  bc  7 (a  b) a (b  c) 2 14 Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ... P  3 4  4  x  y 75 t3 Đặt t  x  y , khảo sát hàm số f (t )   4t trên  3;   , ta có: P  f (t )  f (3)   4 4 3 75 Đẳng thức xảy ra khi x  y  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 4 Bài 4 Cho các số thực dương x , y , z thoả mãn x2  y 2  z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 1  2 xy  z x 2   y2 1  z2 3z 2   1  z  2 1  z2 Đặt a  2xy với a  0, ta có: 1  2 xy  z P... z2  1  z2  g( z)  5  16 trên  0;   , ta có: P  g    2  9  1  z2   125 5 5 , y4 ,z 64 64 2 16 9 Bài 5 Cho x , y , z là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn x  y  z  3 Chứng minh rằng:  1  1 1 1 1 1  3 5      2     x y yz zx 2 x y z Cách 1: Dùng phương pháp hệ số bất định (tiếp tuyến) 3 Vì x, y , z là độ dài ba cạnh của một tam giác nên x  y  z  3... 3  x 3  x  9  3  x  x  1 f  x; ;   0 2 2  x  3  x  x  3     yz yz Do đó ta có: f ( x , y , z)  f  x; ;  2 2   Bất đẳng thức cuối đúng Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 6 Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a  b  c  3 Chứng minh rằng ab  bc  ca a 3  b3  c3  a 3b3  b3c3  c 3a 3 36   Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 36  ab  bc  ca   a3b3... 2, y  3     3 3   Các nghiệm này đều thoả điều kiện Với 2 x 2  4 xy  y 2  0  xy  0 Nếu x, y  0 thì ta có x2  1 y 2  1 10  0 nên hệ vô nghiệm y x 3 Xét x, y  0, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  x y x2  1 y 2  1 2 x 2 y 10     2    4  y x y x 3  y x Do đó phương trình vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  ;  2; 3 Bài 15 Giải bất phương trình:...  trên 0;  , ta có: f 8 8 8 3  4  16 3 vào bảng biến thiên ta có: P  f (t )  f    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 9 8    Vậy giá trị lớn nhất của P là     16 9 Bài 8 Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x  y  1  z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P Ta có: x y z2  2   x  yz y  zx z  xy x x x x   2  x  yz x  y  x  y  1 y  xy  x  y  x  y . MÔN TOÁN CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC A. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ TỔ HỢP Bài 1. Cho tập hợp các số tự nhiên có dạng abc . 1999, 1998. Nếu 2000.N  Ta có:  :a có 6 cách chọn là 2,3, 4,5,7,9.  :b có 8 cách chọn.  :c có 7 cách chọn.  :d có 6 cách chọn. Do đó có 6 8 7 6 2016    số. Vậy. bao nhiêu phương án tuyển sinh? Chọn ra 3 môn tuỳ ý từ 8 môn đã cho ta có: 3 8 56 C  cách. Chọn ra 3 môn mà không có Toán và Văn có: 3 6 20 C  cách. Vậy trường Đại học có: 56