bộ câu hỏi chinh phục điểm 8, 9, 10 môn toán

GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan BỘ CÁC CÂU HỎI CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ BÀI Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  6  có phương trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn   (T ) C (1; 0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D (2;1)  4 thuộc đường tròn (T ) Câu Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x 1) log  x  x  3  x m log  x  m   Câu Cho a  , tìm tất ba số thực ( x, y, z ) cho y  thỏa mãn phương trình :  z  y2 0 Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau:   x  y    x  y   3x2  y    x  y  x y  2016 Câu Khi chơi trò chơi súc sắc có hai cách chơi sau: Cách 1: Gieo đồng thời lần súc sắc, xuất mặt chấm thắng Cách 2: Gieo 24 lần súc sắc, lần gieo súc sắc xuất chấm thẳng Vậy bạn người chơi bạn chọn cách ? log 2a ( xy )  log a  x y  xyz   Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong thi “bữa ăn dinh dưỡng”cho gia đình Ban tổ chức yêu cầu để đảm bảo lượng dinh dưỡng gia đình cần 900 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit thức ăn hàng ngày Biết kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein 200 đơn vị Lipit, kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit Mỗi gia đình mua tối đa 1,6 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn Giá kg thịt bò 100.000 VND kg thịt lợn giá 70.000 VND Kết thúc thi có gia đình giành giải phần thức ăn cho ngày đảm bảo chất dinh dưỡng chi phí bỏ Hỏi gia đình mua số kg thịt bò, thịt lợn ? 8 x  18 y  36 xy  xy  x  y  Câu 10 Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2 3y x  y  x   x    Câu 11 Giải bất phương trình sau tập số thực: x2  x  2  x2  x  x2   x  x  1 x  x  xy 1  y  y   y  Câu 12 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình   x, y    x  x 1  2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y  y  x  x  x  x  Câu 13 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:   x, y    2 2 x y  2( x  2)  ( xy  y  x  3) y  10  y  x    x   y x    x  Câu 14 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2 3 xy  x  y          2(1  y )  y x  2 xy  y  Câu 15 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y   )  x ( x  6)  x(12  y )   x2   x y2   y   Câu 16 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 7  x    y   y  Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực thỏa mãn  a  b   c 2b  c  4(2a  b  c)  18 13 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca  2a  5b  b  4bc     Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 5a  12abc  16b  27c  60 Tìm giá trị lớn biểu thức T  a  2b  3c Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm, thỏa mãn y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  x x  13 y  z   18 x  y  yz Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x y 12 xz  y  xy   4( x  y ) ( x  y  z ) HƯỚNG DẪN GIẢI Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  6  có phương trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương Giải: M(-2;6) B(?) A(-2;0) Δ:3x+y=0 I H(-2/5;6/5) C(?) D(?) I' A' K Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vuông góc A, I lên  Khi II ' đường trung bình hình thang BHKD tam giác AA ' C Do ta có: BH  DK  II '  AA '  d ( A, )  10 24 ( BH  DK ).HK 2.S BHDK 10 Lúc S BHDK   HK    BH  DK 10 2 128  128  2    t     3t    5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Cách 1: Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y   Gọi K  t; 3t    với t  , : HK   3b  3d  b  d Gọi D(3d  12; d ) B (3b  4; b)  I  ; 2     C  3b  3d  10; b  d    MB  (3b  2; b  6)  MD  (3b  5; b  9)  B (1;1) Do M  BD nên : (3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b     C (1; 3)  D (0; 4)  B (3b  4; b) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b    Ta có  D (3b  3; b  3) Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) Cách 2: Trình bày giảng Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  Giải: C M A 1 I B N   CMI   1800  ACMI nội tiếp đường tròn Ta có CAI   I  450  I  M M  M   900   M AMN  900 hay AM  MN 1 4   32  Ta có MN   ;    (1; 4) , suy phương trình AM : x  y   17 17  17 x  y  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:   x  y   A(0; 0) 2015 x  2016 y    C   450  M  450  MI phân giác góc  Ta có M AMN   900  BAC   ACBN nội tiếp đường tròn  N B N  Mặt khác, BNC 1  , suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy NI phân giác MNA Phương trình AN : x  y  ; AM : x  y  MN : x  y  15  x  4y x  y  15 3x  y  15  Phương trình phân giác góc  AMN thỏa mãn:   17 17 5 x  y  15  Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : x  y  15   BC : x  y  15  x  4y x  y  15 x  y   Phương trình phân giác NC góc  ANM thỏa mãn:   17 17 x  y   Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (0; 3) 3 x  y  15  y  Khi AB qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan y  x  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ    B (5; 0) 3 x  y  15  y  Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) Chú ý: Trong hình vẽ toán này, ta khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo đề mới, với E giao điểm AB MN D giao điểm thứ hai đường tròn đường kính IB với AN C M E A B I D N Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Giải B M (T) A E I D N C Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  C  (cùng chắn cung AD ) (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 E E  (2) Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB nên EMB cân M hay B 1 E  Từ (1) (2), suy C E   900  C E   900 , suy ME  DC Mặt khác, E 5  x  1  4t  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  y      4  y  3t    Suy C ( 1  4t;3t ) (với t  )  CN    4t ;  3t  4   1  4t  xD  4t      xD    4t  Ta có CN  ND   ;1  t   D 3       3t   yD    yD   t       4t   Suy ED    ;  t  EC   4t  2;3t  1      4t   Khi ED  EC  ED.EC      (4t  2)  (2  t ).(3t  1)    C (3;3)  5t  3t    t  t   (loại), suy   D (1; 0)  A( a; 2a  3)  CE Khi phương trình CE : x  y   DE : x  y   , suy   B ( 2b  1; b)  DE a  2b   a   A(0; 3) Do M trung điểm AB nên    2a   b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I tâm đường tròn (T ) , đó:   x   IA2  IB  x  ( y  3)2  ( x  5)2  ( y  3) 5 1 IA  IB  ID      I  ;  2 2 2 2  x  ( y  3)  ( x  1)  y  IA  ID y    2 Bán kính (T ) là: R  IA  5  1 25  Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:  x     y    2  2 2  Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (T )   C (1; 0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D (2;1)  4 thuộc đường tròn (T ) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải: B D F E I M J C A Gọi M giao điểm CF đường tròn (T ) , lúc ta chứng minh M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy: B  (cùng phụ với  M  (cùng chắn cung AC ) Ta có E ACB ) B 1 1 M E   FMA M   FMA   1800 , suy AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*) Suy E 1 1  x   3t Phương trình đường thẳng CF là:   M (1  3t; 4t )  y  4t 2 7  5  Khi từ (*), suy ra: JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t  41t   4  4    32    M  25 ; 25  t   25    32    M ;      25 25  t   M   ;2  F      Ta có phương trình trung trực d1 DC : x  y   phương trình trung trực d MC là: x  y   Khi tọa độ tâm I đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y   x  nghiệm hệ:    I 1;1 3 x  y   y 1 Do ABC vuông A , suy I trung điểm BC , B (1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: x  y  x  y   x  y  x  y   2 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ: Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  x2  y2  2x  y 1  x   x    32  25   A (0;1) A     ;   M (loại) 32 y  x  y  x  y    25 25    y   2  25 Vậy A(0;1), B (1; 2) Bài Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x 1) log  x  x  3  x m log  x  m   Giải Phương trình tương đương: 3x  3x 2 log  x  x  3  32 x  m log  x  m    x 1 log  x  x  3  32 x  m  2.log  x  m   (*)  x 3 Xét hàm đặc trưng f (t )  3t.log t với t  Ta có: f '(t )  3t.ln 3.log3 t  3t  với t   f (t ) đồng biến với t  t.ln Khi (*)  f ( x  x  3)  f  x  m    x  x   x  m   x  2m  (1)  x  2x 1  x  m    x  x  2m   (2) +) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2m    m   +) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt  '   2m   m   +) Gọi x0 nghiệm chung (1) (2) ta có: 2 2 m  1  x0  2m  2m   x0  2m   x0      m  1  2 x  x  x   x    2( x  1)     x0  x0  2m     0 0   Vậy để phương trình (*) có bốn nghiệm thực phân biệt phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt  m       m   (1) (2) nghiệm chung  m     2  m  1 m  1   Bài Cho a  , tìm tất ba số thực ( x, y, z ) cho y  thỏa mãn phương trình : log 2a ( xy )  log a  x y  xyz    z  y2 0 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải  xy   xy   xy   3   Điều kiện  x y  xyz    xy ( x y  z )    x y  z     2 4 z  y  4 z  y 4 z  y Do y   y   z  y   z  1 , x y  z  x y   x y  xy  xy 4  x y  xyz  xy ( x y  z )  ( xy ) 2 Suy log 2a ( xy )  log a  x y  xyz    4z  y2  log 2a ( xy )  log a  xy    log 2a ( xy )  log a  xy   2   log a ( xy )  2  a  a   y2     x  x   z     Dấu đẳng thức xảy    y  y    xy       1 log ( xy )  2 z  z   a   Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau:   x  y    x  y   x  y (1)    x  y  x y  2016 (2) Giải Điều kiện: x y  Biến đổi :   x4  y6   3 2x4  y6   x 2  y3    2x x 2  y3    x  y   2x 2  y    x  y3  2  y   x  y  x  y  3x  y  x  y Dấu “=” xảy x2  y , (1)  x  y3 Đặt x  t  y  t , phương trình (2) có dạng: t  t  t  2016  (3) t  t  t  2016 t  Xét hàm số f (t )  t  t  t  2016   t  t  t  2016 t  +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t   (*) t  +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t  ; f ''(t )  12t  6t Với f ''(t )   12t  6t    t    2 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Suy f '(t )  , t  (2*) Từ (*) (2*) ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, suy phương trình f (t )  có nghiệm trái dấu Vì ứng với giá trị t , cho ta ( x; y ) Do hệ phương trình cho có nghiệm Bài Khi chơi trò chơi súc sắc có hai cách chơi sau: Cách 1: Gieo đồng thời lần súc sắc, xuất mặt chấm thắng Cách 2: Gieo 24 lần súc sắc, lần gieo súc sắc xuất chấm thẳng Vậy bạn người chơi bạn chọn cách ? Nhận xét Nhìn vào toán khó xác định cách thắng dễ Do ta cần nghĩ đến việc so sánh xác suất để thắng theo cách cách Giải Đối với cách 1: Gọi A1 biến cố “ mặt chấm” phép thử “ giao đồng thời lần súc sắc” Khi A1 biến cố “ không mặt chấm” phép thử “ giao đồng thời lần súc sắc” n( A1 ) 5.5.5.5   Suy xác suất : P A1    n(1 ) 6.6.6.6     5 Vậy xác suất để thắng theo cách là: P ( A1 )   P A1      0, 517 6 Đối với cách 2: Gọi A2 biến cố “ít lần xuất mặt chấm” phép thử “ gieo 24 lần đồng súc sắc”   Khi A2 biến cố “không lần xuất mặt chấm” phép thử “ gieo 24 lần đồng súc sắc” 24   Suy xác suất : P A2  n( A2 ) 35.35 35  35     n(2 ) 36.36 36.36  36  24  35  Vậy xác suất để thắng theo cách là: P ( A2 )   P A2      0, 491  36  Như P ( A1 )  P( A2 ) Vậy ta nên chơi theo cách   Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong thi “bữa ăn dinh dưỡng”cho gia đình Ban tổ chức yêu cầu để đảm bảo lượng dinh dưỡng gia đình cần 900 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit thức ăn hàng ngày Biết kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein 200 đơn vị Lipit, kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit Mỗi gia đình mua tối đa 1,6 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn Giá kg thịt bò 100.000 VND kg thịt lợn giá 70.000 VND Kết thúc thi có gia đình giành giải phần thức ăn cho ngày đảm bảo chất dinh dưỡng chi phí bỏ Hỏi gia đình mua số kg thịt bò, thịt lợn ? Giải Gọi x, y số kg thịt bò thịt lợn mà gia đình tham dự thi mua Khi đó: +) Số đơn vị Protein dùng là: 800 x  600 y (đơn vị) +) Số đơn vị Lipit dùng là: 200 x  400 y (đơn vị) 800 x  600 y  900 8 x  y  200 x  400 y  400 x  y    Theo giả thiết  (*)  0  x  1, 0  x  1, 0  y  1,1 0  y  1,1 Chi phí bỏ để mua nguyên liệu là: T ( x; y )  100000 x  70000 y (VNĐ) Lúc ta cần tìm x, y thỏa mãn (*) để T ( x; y ) đạt giá trị nhỏ Trong mặt phẳng Oxy ta biểu diễn phần mặt phẳng chứa điểm M ( x; y ) thỏa mãn điều kiện (*) 1,5 1,1 x=1,6 y=1,1 A B M 0,7 D C 0,2 O 0,3 0,6 1,5 1,6 x+2y=2 8x+6y=9 Ta xét đỉnh miền khép kín thỏa mãn điều kiện (*) : A(0,3;1,1) , B (1, 6;1,1) , C (1, 6; 0, 2) D (0, 6; 0, 7) Ta có T ( A)  107000 VNĐ, T ( B )  237000 VNĐ, T (C )  174000 VNĐ T ( D )  109000 VNĐ Suy T đạt giá trị nhỏ 107000 VNĐ x  0,3 y  1,1 Vậy gia đình giành giải mua 0,3 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn 8 x  18 y  36 xy  xy  x  y  (1) Bài 10 Giải hệ phương trình  2 4 x  y  x   x   3 y (2) ( x, y  ) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải  x  Điều kiện :   y  +) Ta có: (1)  2(4 x  12 xy  y )  xy  x  y   12 xy    x  y   xy  x  y    xy   (3) a  x  y  2a  b Đặt  , (3) có dạng: 2a  5ab  2b2   (2a  b)(a  2b)    b  xy a  2b  x  15 x x  15 x  +) Với 2a  b , suy 2(2 x  y )  xy   y  xy       y  0   4     x  15 x Do x    y   Suy phương trình vô nghiệm   4   +) Với a  2b , suy x  y  xy   2x   2x y   3y    2x  3y  0  2x  3y  2x  3y Thay y  x vào (2) ta được: x  x   x   3 x (*)  4x 1    x  x  (2*) Từ (*) (2*) , suy ra: x  x   x   x  x    (2 x  1)  Áp dụng AM – GM ta có: x   3 x  1.(4 x  1)  3 1.1.2 x   2x 1   x  1  y  thỏa mãn điều kiện 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )   ;   3 x2  x  Bài 11.Giải bất phương trình sau tập số thực:  1 x  x  Giải x2  x  x2  1 x  x  1  17  x  x   Điều kiện:   1  x  2 0  x  x  x2  x   Khi bất phương trình tương đương:  x2  x  x  (*)   ( x  x  2)   ( x  x )  Xét hàm số f (t )  t với t   0;4 1  t 1  t t Ta có f '(t )    4t  t    1  t    với t   0;4  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Suy f (t ) đồng biến với t   0; 4 Khi (*) có dạng: f ( x  x  2)  f ( x  x )  x   Ta xét hai trường hợp sau:  (2*)  x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x ) Với 1  x     x   2  f ( x  x  2)  f ( x  x )  (2*)   bất phương trình (2*) vô nghiệm  x    Với  x   x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x ) 1  17  2  x   2  f ( x  x  2)  f ( x  x )  (2*)   (2*)  x    1  17   Vậy bất phương trình có nghiệm S  1;    xy 1  y  y   y  (1) Bài 12 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  x  x 1  2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y (2) Giải  x, y     y  (;0)  1;   Điều kiện:  1  x  Biến đổi (1)  Do  y 1 1  y  y   y    x   x  x y  y2  1 y  y   x   x 3x (*)  x   x 3x  , suy y    2  1 Khi (*)        y    y y   Xét hàm số f (t )     x   x x (2*)  t  t   t 3t với t  Ta có f '(t )    1 3t   t 1    3t    t   t 3t ln   t   t  ln   t2 1     t2 1  t  t  t  t2 1  t   Mà   f '(t )  , suy f (t ) đồng biến với t   1  ln  0 ln   t 1 t 1  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 1 1 Khi (2*)  f    f ( x)   x  y  (3*) y x y 1 Thay (3*) vào (2) ta được: 32 (2 x  1)  x   x  x x  32 x (1  x )(2 x  1)2  x   x     x  Do ta đặt x  cos t với t   0;  , phương trình có dạng: Do  y    4   32 cos t.(1  cos t )(2 cos t  1)  cos t    8sin 2t.cos 2t  cos t    2sin 4t  cos t    k 2 t 0;    4 t  8t  t  k 2    t  0; 2   cos8t  cos t       k   8t  t  k 2 t  k 2      2 Khi hệ có nghiệm là: ( x; y )  (1;1),  cos ; cos 2             y  x  x  x  x  (1) Bài 13 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:   x, y    2 x y  2( x  2)  ( xy  y  x  3) y  10 (2)  Giải Điều kiện: x   0;  Cách 1: Với điều kiện (2)  x ( y  1)  x( y  1)  3( y  1)  y ( x  1)  5( x  1)  ( y  1)(2 x  x  3)  ( x  1)( y  5)  x  3x  Xét hàm số f ( x)  với x   0;  ta có x 1 y  x  3x   y 1 x 1 (*) min f ( x)  x0;2   m axxf(0;2x)   y2  (*) 1     y  (2*) Do f ( x ) liên tục đoạn  0;2 , suy  f ( x)   y 1 Cách 1.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Với  x  , ta có :  x  x   ( x  1)2   x  x  x  x  x  x (2*) Khi từ (1)  y   x  x  ( x  x )   y   y   x  Cách 1.2 (Lê Anh Tuấn) (1)  x  y   x  x (1  x  x )   x  y   x  x ( x  1)2  2x  x2 (3*)  (4*) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan (4*) Với x   0;  (2*)  x  y     y  2; x  x0;2   Cách 1.3 (Nguyễn Thế Duy)  x   0;1 (2*)  y   x  x  x  x   x  x  x  x   (5*)  x( x  x  x  2)   x   0;1 Do x  x  x   x ( x  2)  2( x  1)  với x   0;1 nên (5*)    x 0  y   x  Cách (Châu Thanh Hải)   (1)  y   x  x   ( x  1)  x  với x   0;2   y  y 2 (6*) (2)  M  2(2 x  x )( y  1)  x ( y  y  4)  ( y  1)( y  2)  (6*)   M    x  0; y  x 0;2   Thử lại ta nghiệm hệ ( x; y )  (0; 2)  y  x    x   y Bài 14 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  3 xy  x  y   Giải   x 1   x  (1) ( x, y  ) (2)  Điều kiện:  x  (*) Với điều kiện (*) ta có (2)  y (3 x  2)  x   y  Xét hàm số f ( x )  2x 1 3x  1 2x 1  với x  1;  với x  1;  Ta có f '( x )  3x  (3 x  2)2  f ( x ) nghịch biến 1; 2  f ( x)  f (1)  hay y   1  y  (2*)    Cách (Nguyễn Thế Duy) Biến đổi (1) ta được:  y  1 y  y    x   y  1 x  (3) y 1 y 1 x 1 (3*)  0 y 1 y  y    x  y  1 Từ (2*) (3*) suy ra: y  1 , x  thỏa mãn hệ Do y  không nghiệm (3) nên (3)  Vậy nghiệm hệ ( x; y )  (1; 1)  Cách (Nguyễn Thanh Tùng) Ta có (1)  (1  y ) x   ( y  1)    x  y  y   (3) (1  y ) x   1  x   Theo (*) (2*) ta có:   1  y  ( y  1)  x  y  y    Khi (3)  (1  y ) x   ( y  1)   x  (thỏa mãn hệ)  x  y2  y      y  1  Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1)  Cách (Vũ Đức Tùng) Ta có (2)  x (3 y  2)  y   x  y2 1 (3) với y  3y  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN Với điều kiện  x    facebook.com/ThayTungToan y2 1   1  y  y2  2 y 1 y2 1 Thay (3) vào (1), ta có: y  1   2 3y2  3y   y  y   (1  y )  y2 1 y 1  y 1    1  y2  y    1 y2 y2   ( y  1) 0 3y2  y2   1 y (4 y  3)( y  1)  y   y  1( y  y  2)  (1  y )  0 y2  y2     1  Vì 1  y  nên  y  ta có y  y    y     , y   2  1 y (4 y  3)( y  1)   với 1  y  3y2  y2  y  1( y  y  2)  (1  y ) nên y    y  1 (thỏa mãn) Thay y  1 vào (3) ta x  (thỏa mãn) Do Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1) Chú ý: Ở Ví dụ ta y  cách phân tích: y  2x 1 2      với x  x  3(3x  2) 3   2(1  y )  y x  2 xy  y  (1) Bài 15 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình   x ( x  6)  x(12  y )  (2) Giải Điều kiện : xy  (*) Ta hệ có nghiệm y  hai cách sau : ( x, y   )  Cách 1: (Dùng phương pháp đánh giá) (2)  x  6( x  x  1)   xy  x3  6( x  1)2   xy  ( xy  y xy  – theo (*))  x  , kết hợp với (*) suy y  (3) Khi : (1)   y (  x  2 xy  y )   y    y2  y    y2    x  2 y   x   (  x ).( 2 y )   2 y     y8   y    y  (4) Từ (3) (4) suy ra: y   Cách 2: (Dùng kĩ thuật nhân liên hợp đánh giá biểu thức không âm)    (1)  xy  y 2 xy  y    y     xy  y       y y     y xy  y xy  y      y  (  y  1  3    ( y  8)2  y   xy  y    0  , xy  ) y  1  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 2   Khi hệ có dạng:   x  x  12 x    x  x3  x  12 x   x ( x  6)  12 x    2x   ( x  2)3  x  x   x    Vậy nghiệm hệ là: ( x; y)   ;0  1  1      x2   x  Bài 16 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  7  x     Giải  y   y  (1) y4   y  ( x, y  ) (2) Bước 1: Ta khai thác phương trình (1) để chi y   x hai cách sau : Cách 1: (1)  x2   x   x2   x  y2   y y 5  y  x   x  ( y )   ( y ) (*) Xét hàm số f (t )  t   t  f '(t )  t t2  1  t  t2  t2   t t t2   , t   suy f (t ) đồng biến liên tục  Khi (*)  f ( x)  f (  y )  x   y hay y   x (3)      y2   y  x2   x   2  y   y2 y   y   x   x  y   y (a) Cách 2: (1)      y   y  x   x (b) x   x  y2   y    x2   x2 x 5  x Cộng vế với vế ( a) (b) ta được: 2( x  y )   y   x (3) Bước 2: Thay (3) vào (2) ta được:  x      x   x  x  10 x  14  x   (2*) 4 2 2 2  x   x  x   x  ( x  2)  (2 x)  ( x  x  2)( x  x  2) Cách 1: Ta có:  2 7 x  10 x  14  ( x  x  2)  6( x  x  2) Nên (2*)  ( x  x  2)  6( x  x  2)  ( x  x  2)( x  x  2)  a  x  x  +) Đặt  b  x  x   a, b   phương trình có dạng: a  6b  5ab   ( a  2b)( a  3b)   a  2b a  3b +) Với a  3b  a  9b : x  x   9( x  x  2)  x  20 x  16  (vô nghiệm) +) Với a  2b  a  4b : x  x   4( x  x  2)  3x  10 x    x  5 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   5     5    Thay vào (3) ta nghiệm hệ là: ( x; y )   ; ;  ,    3      Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp)    3x  10 x    x     3x  10 x    x     3x  10 x    x     x  10 x    x    x     x   x   x   x    x     x  64 x  36   x     x    (10 x)     x    (3 x  10 x  6)(3 x  10 x  6)  (3*)  3x  10 x   x   x   2 2 2 2 4 4 4 2 2 2   3x  10 x    x   x   (3x  10 x  6)      x  10 x   (4*) x  10 x   x   (5*) +) Cộng (5*) với (2*) ta được: x  20 x  16  (vô nghiệm) +) Ta có (4*)  x  5   5     5    Thay vào (3) ta nghiệm hệ là: ( x; y )   ; ;  ,    3      Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực thỏa mãn  a  b   c 2b  c  4(2a  b  c)  18 13 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca  2a  5b  b  4bc   Giải  Ta có 2b  c  4(2a  b  c)  18  2(b  2b  1)  (c  4c  4)  8( a  b  c)   18 2  24  2(b  1)  (c  2)  8( a  b  c )  8( a  b  c ) Suy a  b  c   Do  a  b  c , nên ta có ab  bc  ca  ab  bc  ca  a (a  b)(b  c)  abc  b (a  c )2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng xyz  ( x  y  z )3 , ta được: 27 ac ac  b   ac ac 2   b(a  c)  4.b   ( a  b  c )3  2 27 27 2 Khi ab  bc  ca  (*)  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng xy  x  y 3 xyz  x  y  z , ta được: Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG 2a  5b   HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  b  4bc  2a  5b  3.2 b.1  2.3 2b.c.2  2a  5b  3(b  1)  2(2b  c  2)  2( a  b  c )   2.3   13 Suy 2a  5b    b  4bc  13   Mặt khác  b  , đó: ta có: 5b  b  b  b   2a  5b  Vậy  2a  5b    b  4bc  13   b  4bc  (2*) 13 3 13 Với a  0; b  1; c  thỏa mãn điều kiện đề P  Vậy giá trị lớn P  Từ (*) (2*), suy P   Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 5a  12abc  16b  27c  60 Tìm giá trị lớn biểu thức T  a  2b  3c Giải x  a  Đặt  y  2b ,  z  3c   x, y , z   2 5 x  xyz  y  z  60 (*) Ta viết lại (*) thành: x  x yz  (4 y  3z  60)  (2*)  Lúc quan niệm (2*) phương trình bậc hai với ẩn x , đó:  '  y z  5(4 y  z  60)  ( y  15)( z  20)  (15  y )(20  z ) 4 y  60 15  y  Mặt khác với điều kiện (*) ta có:   3 z  60 20  z   yz  (15  y )(20  z )  yz  (15  y )(20  z ) Do x   x  5 2  Khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cauchy) với hai số dương 15  y ; 20  z ta được: (15  y )  (20  z )  yz  2  yz  (15  y )(20  z ) 35  ( y  z ) 2 x   5 10 60   ( y  z )  10( y  z )  25 60  ( y  z  5) 60 35  ( y  z ) Suy T  x  y  z   yz    6 10 10 10 10  Với a  b  c  thỏa mãn điều kiện toán T  Vậy giá trị lớn T Suy x  Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm, thỏa mãn y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  x x  13 y  z   18 x  y  yz Giải Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN +) Với x  , biến đổi áp dụng AM – GM ta có: Với x  +) Khi T   33 facebook.com/ThayTungToan x5  yz x3 x3 (1)  x( y  z ) x  y  z x5 x3  (2) Từ (1) (2), suy : y  z 2x  y  z x5 x3  với x  y  z 2x  y  z  x3 x3 x  13 y  z 2x  y  z    18 x  y      1  y  18 x  y   2x  y  z 4  2x  y  z  x3 2x  y  z  y  18 x  y    3( x  y )  18 x  y    2x  y  z   x  y    52  52 +) Khi x  1; y  0; z  T  52 Vậy giá trị nhỏ T 52  Chú ý: Vì điều kiện toán cho x, y, z số thực không âm, nên bạn biến đổi đánh giá luôn: x5  yz x3 x3 bị trừ điểm (lí biến đổi không xác x  )  x( y  z ) x  y  z Vì để “tránh” x  không cho bước biến đổi trung gian trên, bạn tham khảo cách trình bày phần lời giải Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  x  y  z  x y 12 xz  y  xy   4( x  y ) ( x  y  z ) Giải x y    Ta chứng minh theo cách sau: 4( x  y ) ( x  y  z ) x yz z z z    0 Cách 1: Với z  ta có: ; Với z  ta có: 4( x  y ) z ( x  y ) ( x  y  z ) 4( x  y ) ( x  y  z ) z  Suy với z  4( x  y ) ( x  y  z )2 x y z x y     Khi 2 4( x  y ) ( x  y  z ) ( x  y  z) ( x  y  z) x yz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Cách 2: Áp dụng AM – GM cho hai số dương x y , ta được: 4( x  y ) ( x  y  z )2 x y x y (1)  2  2 4( x  y ) ( x  y  z ) 4( x  y ) ( x  y  z ) x yz  Áp dụng AM – GM ta có: 12 xz  4.3 xz  4( x  z  1) (2) ( x  y  z )2 ( x  y  z )2  Mặt khác, ta có xy   xy  x  y  z  ( x  y )  z   xy   (3) 2 2 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN  Từ (1), (2), (3) suy ra: P  facebook.com/ThayTungToan  ( x  y  z )  5t  ( x  z  1)  y    1    t   f (t ) x y z 4 4  16 t ( x  y  z)2 t Với t  x  y  z  Ta có  x  y  z   0t  3 5t Lúc ta tìm GTNN f (t )    t  với  t  cách: 16 t Cách 1: (Áp dụng bất đẳng thức AM – GM sử dụng đẳng thức) 2  t t  t  2         16 t t 2 Cách 2: (Dùng công cụ hàm số) Ta có f (t )  Ta có f '(t )  5t 5t  8t  (t  2)(5t  2t  4)  1   ; f '(t )   t  t 8t 8t Từ bảng biến thiên, suy P  f (t )   Vậy giá trị nhỏ P là:  Dấu “=” xảy t  , suy x  z  y  ( x, y, z )  (1;0;1) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! [...]...  10 x  6   4 x  8  5   3 x  10 x  6   4 x  8  5  x  4    4 x  8  5 x  4  4 x  8  5 x  4   0 x  4    9 x  64 x  36   0 x  4    3 x  6   (10 x)   0   x  4   (3 x  10 x  6)(3 x  10 x  6)  0 (3*)  3x 2  10 x  6  4 x 2  8  5 x 4  4  0 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 2   3x 2  10 x  6   4 x 2  8  5 x 4  4  (3x 2  10. .. )  (20  z 2 )  yz  2 2  yz  (15  y )(20  z ) 35  ( y  z ) 2 2 x   5 5 10 2 60   ( y  z )  10( y  z )  25 60  ( y  z  5) 2 60 35  ( y  z ) 2 Suy ra T  x  y  z   yz    6 10 10 10 10  Với a  b  c  1 thỏa mãn điều kiện bài toán và T  6 Vậy giá trị lớn nhất của T là 6 Suy ra x  Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z là các số thực không âm, thỏa mãn y 2  z 2... T ( A)  107 000 VNĐ, T ( B )  237000 VNĐ, T (C )  174000 VNĐ và T ( D )  109 000 VNĐ Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 107 000 VNĐ khi x  0,3 và y  1,1 Vậy gia đình giành giải nhất đã mua 0,3 kg thịt bò và 1,1 kg thịt lợn 8 x 2  18 y 2  36 xy  5 6 xy  2 x  3 y  (1) Bài 10 Giải hệ phương trình  2 2 4 x  9 y  4 x  4  4 x  1  3 3 3 y (2) ( x, y  ) Tham gia khóa học các môn trên... 10 x  6  0  x  5 7 3 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  5  7 5  7   5  7 5  7   Thay vào (3) ta được nghiệm của hệ là: ( x; y )   ; ;  ,    3 3 3  3     Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp)    3x  10 x  6   4 x  8  5   3x  10. .. x 2  8  5 x 4  4  (3x 2  10 x  6)   0    3 x 2  10 x  6  0 (4*) hoặc x 2  10 x  2  5 x 4  4  0 (5*) +) Cộng (5*) với (2*) ta được: 8 x 2  20 x  16  0 (vô nghiệm) +) Ta có (4*)  x  5 7 3  5  7 5  7   5  7 5  7   Thay vào (3) ta được nghiệm của hệ là: ( x; y )   ; ;  ,    3 3   3    3 Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c là các số thực thỏa... của T là 52  Chú ý: Vì điều kiện bài toán cho x, y, z là các số thực không âm, nên nếu các bạn biến đổi và đánh giá luôn: 2 x5  yz 2 x3 4 x3 sẽ bị trừ điểm (lí do biến đổi trên không chính xác nếu x  0 )  2 x( y  z ) 2 x  y  z Vì vậy để “tránh” x  0 không đúng cho bước biến đổi trung gian trên, các bạn có thể tham khảo cách trình bày ở phần lời giải Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z...  0    y  1  Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1)  Cách 3 (Vũ Đức Tùng) Ta có (2)  x (3 y 2  2)  2 y 2  1  x  2 y2 1 2 (3) với y 2  2 3y  2 3 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN Với điều kiện 1  x  2  1  facebook.com/ThayTungToan 2 y2 1  2  1  y  1 3 y2  2 2 y 2 1 2 y2 1 Thay (3)... xy  2 y 2 xy  2 y 2     0  y  0 ( vì 2  y  8 1  3  1 2 3   ( y  8)2  2 3 y  8  4 1 2 xy  2 y  3  3  2 0  0 , xy  0 ) y  8 1  3 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 2  2  Khi đó hệ có dạng:  2  x 3  6 x 2  12 x  8  0  2 x 3  x3  6 x 2  12... (b) ta được: 2( x  y )  0  y   x (3) Bước 2: Thay (3) vào (2) ta được: 7  x 2  2   5   x 4  4  2 x  7 x 2  10 x  14  5 x 4  4  0 (2*) 4 4 2 2 2 2 2 2 2  x  4  x  4 x  4  4 x  ( x  2)  (2 x)  ( x  2 x  2)( x  2 x  2) Cách 1: Ta có:  2 2 2 7 x  10 x  14  ( x  2 x  2)  6( x  2 x  2) Nên (2*)  ( x 2  2 x  2)  6( x 2  2 x  2)  5 ( x 2  2 x  2)( x 2 ... thiết thì  (*)  0  x  1, 6 0  x  1, 6 0  y  1,1 0  y  1,1 Chi phí bỏ ra để mua nguyên liệu là: T ( x; y )  100 000 x  70000 y (VNĐ) Lúc này ta cần tìm x, y thỏa mãn (*) để T ( x; y ) đạt giá trị nhỏ nhất Trong mặt phẳng Oxy ta sẽ biểu diễn phần mặt phẳng chứa các điểm M ( x; y ) thỏa mãn điều kiện (*) 1,5 1,1 x=1,6 y=1,1 A B 1 M 0,7 D C 0,2 O 0,3 0,6 1 1,5 1,6 2 x+2y=2 8x+6y=9 Ta xét ... x    (3 x  10 x  6)(3 x  10 x  6)  (3*)  3x  10 x   x   x   2 2 2 2 4 4 4 2 2 2   3x  10 x    x   x   (3x  10 x  6)      x  10 x   (4*) x  10 x   x  ... z ) 2 x   5 10 60   ( y  z )  10( y  z )  25 60  ( y  z  5) 60 35  ( y  z ) Suy T  x  y  z   yz    6 10 10 10 10  Với a  b  c  thỏa mãn điều kiện toán T  Vậy giá... 3x  10 x    x     3x  10 x    x     3x  10 x    x     x  10 x    x    x     x   x   x   x    x     x  64 x  36   x     x    (10 x)