KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 29/50 Ngày thi : 20/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 4 x 2 − 5 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = −12 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho 2 số thực a,b thoả mãn tan a = 2, tanb = 3 . Tính giá trị biểu thức M = sin(a + b) cos(a − b) + 2cos a.cosb . b) Tìm số phức z thoả mãn z 2 = 4 và 2z + 4 1 − i là số thuần ảo. Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2.9 x−1 > 3( 2 ) 2 x−1 . Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2 − x + 1 + 1 . 1 x 2 − x + 1 + 1 − x = x . Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = e x .ln(3e x + 1) , trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = ln 5 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn HN ! "!! = −3HM ! "!!! . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD biết góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 60 0 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC là 5x + y + 4 = 0 , trực tâm tam giác ABC là điểm H − 23 7 ; 15 7 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ và G − 2 3 ; 4 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ là điểm thuộc đoạn BD thoả mãn GB = 2GD . Tìm toạ độ các đỉnh hình bình hành ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm M(1;-1;2) và mặt phẳng (P) : x − y + 2z − 6 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm M. Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp đựng 16 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 8; 5 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 5; 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi, tính xác suất để lấy được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 3 + y 3 + 1 y 3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 + 15 4 (x + 1)(y + 1)(z + 1) . HẾT KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 2 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 4 x 2 − 5 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = −12 . 1. Học sinh tự giải. 2. +) Giả sử tiếp điểm có hoành độ x 0 , ta có hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y'(x 0 ) = 4x 0 3 + 8x 0 . +) Theo bài ra ta có: 4x 0 3 + 8x 0 = −12 ⇔ 4(x 0 + 1)(x 0 2 − x 0 + 3) ⇔ x 0 = −1 . +) Với x 0 = −1 ta có tiếp điểm M(-1;0), phương trình tiếp tuyến là y = −12(x + 1) hay y = −12x − 12 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho 2 số thực a,b thoả mãn tan a = 2, tanb = 3 . Tính giá trị biểu thức M = sin(a + b) cos(a − b) + 2cos a.cosb . b) Tìm số phức z thoả mãn z 2 = 4 và 2z + 4 1 − i là số thuần ảo. a) Ta có: M = sin a.cosb + sin b.cos a cos a.cosb + sin a.sinb + 2 cos a.cosb = tan a + tan b 3 + tan a.tan b = 2 + 3 3 + 2.3 = 5 9 . b) Đặt z = x + y.i(x, y ∈!) , theo bài ra ta có: z 2 = 4 ⇔ z 2 = 4 ⇔ x 2 + y 2 = 4 (1) . +) Ta có: 2z + 4 1− i = 2(x − yi) + 4(1+ i) 2 = (2x + 2) + (2 − y).i . Vì 2z + 4 1 − i là số thuần ảo nên 2x + 2 = 0 2 − y ≠ 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇔ x = −1 y ≠ 2 ⎧ ⎨ ⎩ , thay vào (1) ta có: 1+ y 2 = 4 ⇔ y = ± 3(t / m) ⇒ z = −1− 3i;z = −1+ 3i . Vậy có 2 số phức thoả mãn bài toán là z = −1− 3i;z = −1+ 3i . Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2.9 x−1 > 3( 2 ) 2 x−1 . Bất phương trình tương đương với: 2.3 2( x−1) > 3.2 2 x−1 2 ⇔ 3 2 x−3 > 2 2 x−1 2 −1 ⇔ 3 2 x−3 > ( 2) 2 x−3 ⇔ 3 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 x−3 > 1 ⇔ 2x − 3 > 0 ⇔ x > 3 2 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 3 2 ;+∞ ) . Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2 − x + 1 + 1 . 1 x 2 − x + 1 + 1 − x = x . Khi đó phương trình đã cho tương đương với: x( x 2 − x + 1 + 1).( x 2 − x + 1 + 1 − x) = 2 . Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình, +) Xét x ≠ 0 , khi đó x 2 − x + 1 − (1 − x) ≠ 0 , nhân cả hai vế phương trình với: x 2 − x + 1 − (1 − x) ta được: x 2 x 2 − x +1 + 1 ( ) = 2 x 2 − x +1 − 1 + x ( ) ⇔ x 2 − 2 ( ) x 2 − x +1 = 2 x − x 2 − 2 . KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 3 ⇔ x 2 − 2 ( ) x 2 − x +1 − 1 ( ) = 2 x − 2x 2 ⇔ x 2 − 2 ( ) x 2 − x ( ) x 2 − x +1 + 1 = 2 x − x 2 ( ) . ⇔ x − x 2 = 0 2 − x 2 = 2 x 2 − x + 1 + 2 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⇔ x = 0 x = 1 ⎡ ⎣ ⎢ 2 x 2 − x + 1 + x 2 = 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⇔ x = 0 x = 1 ⎡ ⎣ ⎢ . Đối chiếu với x ≠ 0 chỉ nhận nghiệm x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với: 2 x 2 − x +1 + 1 ( ) x 2 − x +1 + 1 − x ( ) − 1 = x − 1 . Ta có VT = 2 x 2 − x +1 +1 ( ) x 2 − x +1 +1 − x ( ) − 1 = 2 x 2 − 2 x + 2 + 2 − x ( ) x 2 − x +1 − 1 = 2x − x 2 + x − 2 ( ) x 2 − x +1 x 2 − 2 x + 2 + 2 − x ( ) x 2 − x +1 = x 2 − x ( ) + x − 2 ( ) x 2 − x +1 x 2 − 2 x + 2 + 2 − x ( ) x 2 − x +1 = 2 − x ( ) x − 1 ( ) x + x 2 − x +1 ( ) x 2 − x +1 +1 ( ) x 2 − x +1 +1 − x ( ) = 2 − x ( ) x − 1 ( ) x 2 − x +1 +1 ( ) 2 Do đó phương trình tương đương với: 2 − x ( ) x − 1 ( ) x 2 − x +1 +1 ( ) 2 = x − 1 ⇔ x = 1 2 − x = x 2 − x +1 +1 ( ) 2 * ( ) ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ Ta có * ( ) ⇔ 2 − x = x 2 − x + 2 + 2 x 2 − x +1 ⇔ x 2 + 2 x 2 − x +1 = 0 VN ( ) . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = e x .ln(3e x + 1) , trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = ln 5 . +) Vì e x ln(3e x + 1) > 0,∀x ∈ 0;ln 5 [ ] nên S = e x ln(3e x + 1)dx 0 ln 5 ∫ . +) Đặt t = e x ⇒ dt = e x dx và S = ln(3t + 1)dt 1 5 ∫ = t ln(3t + 1) 5 1 − 3t 3t + 1 dt 1 5 ∫ = 18ln 2 − (1− 1 3t + 1 )dt 1 5 ∫ = 18ln 2 − (t − 1 3 ln 3t + 1) 5 1 = 56 3 ln 2 − 4 . Vậy S = 56 3 ln 2 − 4 (đvdt). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 4 HN ! "!! = −3HM ! "!!! . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD biết góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 60 0 . (hình 29.1) +) Gọi I là tâm hình vuông ABCD. Theo giả thiết HN ! "!! = −3HM ! "!!! nên H là trung điểm đoạn MI. Ta có: AB ⊥ SH AB ⊥ MN ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ AB ⊥ (SMN ) ⇒ ((SAB);(ABCD)) ! = SMN ! . +) Ta có: MH = 1 4 MN = a 4 ⇒ SH = MH .tan 60 0 = a 3 4 . Vì vậy V S.ABCD = 1 3 SH .S ABCD = 1 3 . a 3 4 .a 2 = a 3 3 12 (đvtt). +) Ta có I là tâm ngoại tiếp hình vuông ABCD nên tâm ngoại tiếp mặt cầu SABCD nằm trên đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). +) Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD thì IJ//SH, đặt IJ = x > 0 . TH1: Nếu J,S cùng phía với mặt phẳng (ABCD) (hình 29.1). Trong tam giác vuông JIC có : R 2 = JC 2 = JI 2 + IC 2 = x 2 + a 2 2 (1) . Trong hình thang vuông SHIJ có: R 2 = JS 2 = (SH − JI ) 2 + IH 2 = ( a 3 4 − x) 2 + a 2 16 (2) . Từ (1),(2) ta có: x 2 + a 2 2 = ( a 3 4 − x) 2 + a 2 16 ⇔ x = − a 2 3 (vô lý). TH2: Nếu J,S khác phía với mặt phẳng (ABCD), (hình 29.2) khi đó: (hình 29.2) Trong tam giác vuông JIC có : R 2 = JC 2 = JI 2 + IC 2 = x 2 + a 2 2 (1) . +) có: R 2 = JS 2 = (SH + JI ) 2 + IH 2 = ( a 3 4 + x) 2 + a 2 16 (2) . Từ (1),(2) ta có: x 2 + a 2 2 = ( a 3 4 + x) 2 + a 2 16 ⇔ x = a 2 3 ⇒ R 2 = 7a 2 12 . Diện tích mặt cầu S = 4 π R 2 = 4 π . 7a 2 12 = 7 π a 2 3 (đvdt). KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 5 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC là 5x + y + 4 = 0 , trực tâm tam giác ABC là điểm H − 23 7 ; 15 7 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ và G − 2 3 ; 4 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ là điểm thuộc đoạn BD thoả mãn GB = 2GD . Tìm toạ độ các đỉnh hình bình hành ABCD. +) Đường cao BH đi qua H và vuông góc với AC có phương trình là x + 23 7 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ − 5 y − 15 7 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 0 ⇔ x − 5y + 14 = 0 . +) Gọi B(5b-14;b) thuộc BH, gọi I là tâm hình bình hành ABCD. Ta có GB = 2 GD ⇒ BI ! "! = 3IG ! "! . +) Vì vậy x I − 5b + 14 = 3(− 2 3 − x I ) y I − b = 3(4 − y I ) ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇔ x I = −16 + 5b 4 y I = 12 + b 4 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⇒ I −16 + 5b 4 ; 12 + b 4 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ . Mặt khác I thuộc AC nên 5. −16 + 5b 4 + 12 + b 4 + 4 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ B(−4;2) . Do GB ! "!! = −2GD ! "!! = (− 10 3 ;−2) ⇒ D(1;5) . Gọi A(a;-5a-4) thuộc AC suy ra AD ! "!! = (1− a;9 + 5a), AH ! "!! = − 23 7 − a; 43 7 + 5a ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ . +) Vì AD//BC và AH vuông góc với BC nên AD ! "!! .AH ! "!! = 0 ⇔ (1− a)(− 23 7 − a) + (9 + 5a)( 43 7 + 5a) = 0 ⇔ 26(a 2 + 3a + 2) = 0 ⇔ a = −1 a = −2 ⎡ ⎣ ⎢ ⇒ A(−1;1),C(−2;6) A(−2;6),C(−1;1) ⎡ ⎣ ⎢ . Kết luận: Vậy A(−1;1), B(−4;2),C( −2;6), D(1;5) hoặc A(−2;6), B(−4;2),C(−1;1), D(1;5) . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm M(1;-1;2) và mặt phẳng (P) : x − y + 2z − 6 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm M. +) Vì d vuông góc với (P) nên nhận véc tơ pháp tuyến của (P) làm véc tơ chỉ phương, u d !"! = (1;−1;2) . +) Vậy phương trình của d là d : x − 1 1 = y + 1 −1 = z − 2 2 . +) Gọi mặt cầu cần tìm là (S), có tâm I. Vì mặt cầu tiếp xúc với (P) tại điểm M nên tâm I của (S) nằm trên đường thẳng d, do đó I (1 + t; −1 − t;2 + 2t ) . +) Vì I thuộc trục Ox nên y I = −1− t = 0 z I = 2 + 2t = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇔ t = −1 ⇒ I(0;0;0) , bán kính R = IM = 6 . Vậy phương trình mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 6 . Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp đựng 16 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 8; 5 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 5; 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi, tính xác suất để lấy được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số. +) Không gian mẫu là số cách lấy tuỳ ý 3 viên bi từ 16 viên bi có Ω = C 16 3 = 560 . KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 6 +) Gọi A là biến cố lấy được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số, ta tìm số phần tử của A ta mô tả cách lấy 3 bi thoả mãn bài toán. Để đơn giản ta ký hiệu X = 1, 2, 3, 4,5,6, 7,8 { } . +) Trước tiên ta lấy ra 1 viên bi màu vàng từ 3 viên bi vàng có C 3 1 cách, viên bi lấy ra này có số là i. +) Lấy tiếp 1 viên bi màu đỏ từ 5 viên bi đỏ có đánh số là k thoả mãn k ∈ X \ 6,7,8,i { } có C 4 1 cách. +) Cuối cùng lấy 1 viên bi màu xanh từ 8 viên bi xanh có đánh số là j thoả mãn j ∈ X\ i, k { } có C 6 1 cách. Vậy số cách lấy thoả mãn là C 3 1 .C 4 1 .C 6 1 = 72 ⇒ Ω A = 72 . Xác suất cần tính P(A) Ω A Ω = C 3 1 .C 4 1 .C 6 1 C 16 3 = 9 70 . Bài tập tương tự - Bài số 01. Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để ba viên bi được lấy ra vừa khác màu vừa khác số. Đ/s: P = Ω A Ω = 27 220 . Bài số 02. Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để hai viên bi được lấy ra vừa khác màu vừa khác số. Đ/s: P(A) = Ω A Ω = 37 66 . Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 3 + y 3 + 1 y 3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 + 15 4 (x + 1)(y + 1)(z + 1) . Không mất tính tổng quát giả sử z = min x , y, z { } , ta có: x 3 + z 3 ≤ (x + z 2 ) 3 , y 3 + z 3 ≤ (y + z 2 ) 3 , x 3 + y 3 ≤ (x + z 2 ) 3 + (y + z 2 ) 3 . Do đó: 1 x 3 + y 3 + 1 y 3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 ≥ 1 x 3 + y 3 + 1 (x + z 2 ) 3 + 1 (y + z 2 ) 3 ≥ 1 a 3 + b 3 + 1 a 3 + 1 b 3 ≥ 20 (a + b) 3 . Trong đó a = x + z 2 ,b = y + z 2 . Thật vậy, ta đặt a = t.b , chỉ cần chứng minh: 1 t 3 +1 + 1 t 3 +1− 20 (t +1) 3 ≥ 0 ⇔ (t −1) 2 (t 6 + 4t 5 + 8t 4 − 5t 3 + 8t 2 + 4t +1) t 3 (t +1) 3 (t 2 −t +1) ≥ 0 . Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Vì vậy P ≥ 20 (x + y + z) 3 + 15 4 (xyz + x + y + z + 2) ≥ 20 (x + y + z) 3 + 15 4 (x + y + z + 2) ≥ 35 2 . +) Với x = y = 1, z = 0 thì P bằng 35/2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 35/2. Bình luận: Bằng cách tương tự ta chứng minh được các bất đẳng thức: Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx > 0 , ta có KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 7 1 x 2 + y 2 + 1 y 2 + z 2 + 1 z 2 + x 2 ≥ 10 (x + y + z) 2 , 1 x 3 + y 3 + 1 y 3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 ≥ 20 (x + y + z) 3 , 1 x 4 + y 4 + 1 y 4 + z 4 + 1 z 4 + x 4 ≥ 40 (x + y + z) 4 , 1 x 5 + y 5 + 1 y 5 + z 5 + 1 z 5 + x 5 ≥ 80 (x + y + z) 5 Đây là cách chứng minh tổng quát do dạng toán này, với mỗi trường hợp nhỏ ta có cách chứng minh bằng AM –GM khác nhau: +) Ta có thể chứng minh: 1 a 3 + b 3 + 1 a 3 + 1 b 3 ≥ 20 (a + b) 3 như sau: Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho ba số dương và bất đẳng thức Cauchy –Schwarz dạng phân thức ta được: 1 a 3 + b 3 + 1 a 3 + 1 b 3 = 1 a 3 + b 3 + 1 4 ( 1 a 3 + 1 a 3 + 1 b 3 ) + 1 4 ( 1 a 3 + 1 b 3 + 1 b 3 ) + 1 4 ( 1 a 3 + 1 b 3 ) ≥ 1 a 3 + b 3 + 3 4a 2 b + 3 4ab 2 + 4 (a + b) 3 = 1 a 3 + b 3 + 1 2a 2 b + 1 2ab 2 + 1 4 ( 1 a 2 b + 1 ab 2 ) + 4 (a + b) 3 ≥ ( 1 a 3 + b 3 + 1 2a 2 b + 1 2ab 2 + 1 a 2 b + ab 2 ) + 4 (a + b) 3 ≥ 16 a 3 + b 3 + 3ab(a + b) + 4 (a + b) 3 = 20 (a + b) 3 . Bài tập tương tự - Bài số 01. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 2 + y 2 + 1 y 2 + z 2 + 1 z 2 + x 2 + 5 2 (x + 1)(y + 1)(z + 1) . Đ/s: P min = 25 2 . Bài số 02. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 4 + y 4 + 1 y 4 + z 4 + 1 z 4 + x 4 + 5(x + 1)(y + 1)(z + 1) . Đ/s: P min = 45 2 . Bài số 03. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 5 + y 5 + 1 y 5 + z 5 + 1 z 5 + x 5 + 25 4 (x + 1)(y + 1)(z + 1) . Đ/s: P min = 55 2 . . GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; . Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 29/50 Ngày thi : 20/04 /2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết:. x 3 + 15 4 (x + 1)(y + 1)(z + 1) . HẾT KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 2 PHÂN TÍCH