SỐ 02 (2015)

TẠP CHÍ NHÓM TOÁN
Tạp chí ra định kỳ hàng tháng – Dành cho các thành viên group
Nhóm Toán . Tổng hợp các bài viết chuyên đề phục vụ cho kỳ thi
THPT 2015-2016.

Group Nhóm Toán
Email : | www.nhomtoan.com



MỤC LỤC

• Đề ra kỳ này
• Hướng dẫn giải bài kỳ trước
• Bài viết các chuyên đề luyện thi
1. Lê Đức Bin-"Lượng liên hợp trong giải hệ phương trình."
2. Nguyễn Thành Hiển-"Tổng hợp Oxy trong các đề thi thử THPT 2015."
3. Đỗ Viết Lân-"Phép thế lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức."
• Hướng đến kỳ thi THPT 2015-2016
– Đề số 2
• Đấu Trường
1. Lời giải bài thách đấu 03.
2. Trần Quốc Việt-Bài thách đấu số 04
3. Ngô Minh Ngọc Bảo-Bài thách đấu số 05
• Tự học : "Phương trình - Bất phương trình"

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 01

ĐỀ RA KỲ NÀY

Câu 1 : Giải phương trình

√
√
x+3
2
2+9+
6x
1 − x2 .
+
(x
−
1)(x
−
1)
=
1 − x2
(Trần Quốc Việt)

Câu 2 : Giải hệ phương trình

√
y(x + 1)√
+ 1 = y 2 + 1. x2 + 2x + 2
√
2y + 2 x + 3 = 2y − x + 3

(Ngô Minh Ngọc Bảo)

Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có hai đường chéo AC và BD cùng bằng cạnh đáy
lớn AB. Gọi M (5; 7) là trung điểm CD. Biết M BC = CAB và đường thẳng AB có phương trình
−3x + 5y − 3 = 0, tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình thang.
(Nguyễn Thành Hiển)
Câu 4: Cho các số thực x, y, z thoả mãn
biểu thức
P =

1
2

x

y

z và xy + xz + yz = 3x. Tìm giá trị nhỏ nhất của

(x2 + 1)2 x(y 3 + z 2 ) + y 2 z 3
√ + y 2 + z 2 − 2x2 .
+ √
√
2
2
x +y
x+ y+ z
(Trần Quốc Việt)

Lưu ý :

• Bài giải gõ bằng Word hoặc Tex, trình bày rõ ràng và gửi vào địa chỉ : , hoặc
inbox trực tiếp : />• Cơ cấu giải thưởng sẽ được công bố và trao thưởng định kỳ 5 số một lần, số điểm được tính bằng số
bài các bạn hoàn thành, mỗi bài giải trọn vẹn được tính 1 điểm.
• Lời giải sẽ đăng trong số tiếp theo kèm với danh sách những bạn làm tốt.
• Thời hạn nhận bài : trước ngày 25 hàng tháng.

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 02


GIẢI BÀI KỲ TRƯỚC


Nguyễn Thế Duy :

1


Giải bất phương trình  3 x 2   3  2 x 2  3 x  1  7 x 2  1
x


Lời giải:
x  1
x  0
.
Điều kiện:  2

0  x  1

x

x


2
3
1
0


2
1


Xét hàm số f  x    3x 2   3  2 x 2  3 x  1  7 x 2  1 , ta có:
x


f  x

3x





3

 3 x  1 2 x 2  3x  1  7 x 3  x

x

2 x 2  3x  1  3x 2

 x

3x


3

 x  

 3 x  1 2 x 2  3x  1  x  2 x 2  3x  1  3 x 2 1  3x 

2 x 2  3x  1  1  3x

x





1  3x 

2 x 2  3x  1  3 x 2 .  2 x 2  3x  1 

x 





x
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
1  3x 
1  3x

2 x 2  3x  1  3 x 2 .  2 x 2  3x  1 
 0  2 x 2  3x  1 
0

x 
x

 1
TH1. Với x   0;   1;   , bất phương trình   được viết lại thành:
 2





2

 2 x  3x  1 
2 x  3x  1 1  3x
2 x  3x  1
 2 0
20
 



x
x
x
x


2

2

2




3 5
x

2 x  3x  1
2
1 
x

3 5
x 
2

2



 1  3  5
;   .
Suy ra T1   0;   
 2  2

TH2. Với x  0 , bất phương trình   được viết lại thành:
2

 2 x 2  3x  1 
2 x 2  3x  1 1  3x
2 x 2  3x  1
 2 0
20
 


x
x
x
x



2 x 2  3x  1
3  17
 2  x  
x
4



3  17 
Suy ra T2   ; 
 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T  T1  T2 .
4



Ngô Đình Tuấn :
Trong hệ trục Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường tròn ngoại tiếp
2

 C  :  x  1   y  1

2

 50 . Một đường tròn  C ' tiếp xúc trong với  C  và tiếp xúc với cả AB, AC lần lượt





tại P, Q . Tìm tọa độ 3 đỉnh tam giác ABC biết trung điểm PQ là I 2 5  4; 2 5  4 và điểm A có hoành
độ dương.

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 03



Lời giải:
Gọi M 1;1 , N lần lượt là tâm của  C  và  C '
K là điểm đối xứng của A qua M , H là giao điểm của AK , BC


Dễ dàng chứng minh được A, M , I , N , H , K thẳng hàng vì cùng thuộc phân giác BAC
Ta có  NM  : x  y   MN    C    A, K   Tọa độ A, K là nghiệm của hệ

x  y  6
 x  y
 A  6; 6 


 xA  0 

2
2
 x  y  4
 K  4; 4 
 x  1   y  1  50
Xét 2 tam giác BKP và IKP chung cạnh KP có:
  KPN
  PKM
  KBP  KIP (cạnh huyền – góc nhọn)  KB  KI  2 10
NKP

2

KB

KA
 2 2  KH 
 H  2; 2 
Áp dụng hệ thức lượng BK 2  KH .KA  KH 
KA
5
Tới đây suy ra được B, C hoán vị của 2 điểm  2; 6  ,  6;2  .

Lời giải các bài khác các bạn tham khảo tại đây nhé... số sau sẽ cố gắng up đầy đủ…

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 04


TRƯỜNG ĐHKHTN TP.HCM

HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016

Biên soạn: LÊ ĐỨC BIN

Chuyên đề : HỆ PHƯƠNG TRÌNH

LƯỢNG LIÊN HỢP TRONG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. KIẾN THỨC CĂN BẢN
√
√
A−B
√
A− B = √

A+ B
√
A − B2
√
A−B =
A+B
√
√
A−B
3
3
√
√
A− B = √
3
3
2
A + 3 AB + B 2
3
√
A−B
3
√
A−B = √
3
A2 + 3 AB + B 2
Việc sử dụng lượng liên hợp trong giải phương trình vô tỷ nó đã trở thành quá quen thuộc với chúng
ta. Nhưng đối với việc giải hệ phương trình nó đỏi hỏi sự nhạy bén và chút phán đoán. Sau đây chúng
ta tìm hiểu kỹ hơn thông qua những ví dụ.
II. VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1.Giải hệ phương trình.
y
x2 − x − y = √
3
x−y
 2(x2 + y 2 ) − 3√2x − 11 = 11



*Phân tích: Ta không làm gì được với P T (2) nên sẽ chuyển trọng tâm qua P T (1).
Bây giờ ta muốn có mối quan hệ (x; y) từ P T (1); nhẩm một chút ta sẽ có y = x − 1.
Quá ảo phải không nhỉ :) ? Không đâu,tất cả đều có cơ sở. Ta để ý rằng hai vế đều có căn bậc hai và
căn bậc ba. Muốn hai về bằng nhau thì hai đại lượng phải thoát căn. Muốn vậy thì trong căn bậc hai
phải đưa về bình phương và trong căn bậc ba phải đưa về hằng số. Giả sử y = ax − b (a, b > 0),suy
√
ra x2 − x − y = x2 − (a + 1)x + b và 3 x − y = 3 (a − 1)x + b
Rõ ràng để mất x thì a phải bằng 1,suy ra b = 1.
Thử lại ta thấy y = x − 1 thỏa phương trình đã cho.
x2 − x − y = x − 1
Thay y = x − 1 vào ta được
√
3
x−y =1
"Các biểu thức bằng nhau thì các bạn cứ liên hợp chúng với nhau" nhưng ta phải cẩn thận.
Nếu để x2 − x − y liên hợp trực tiếp với x − 1 thì e là không ổn bởi vì ta không xác định rõ dấu
x2 − x − y
1
của x − 1. Nhưng ta biến đổi P T (1) về dạng
= √
thì mọi chuyện êm xui.

3
y
x−y
Trang 05
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)


1
Lời giải. ĐK:x ≥ , x = y. Nếu y = 0 thì HPT vô nghiệm.
2
Nếu y < 0 thì x − y > 0, suy ra V P (1) < 0,V T (1) > 0. Do đó P T (1) vô nghiệm, suy ra y > 0. Khi
đó ta có:
√
x2 − x − y
x2 − x − y − y
1
1− 3x−y
P T (1) ⇔
= √
⇔
= √
3
3
y
x−y
y
x−y
1
x+y
+

⇔ (x − y − 1)(
)=0
√
y( x2 − x − y) + y) x − y + 3 (x − y)2 + 3 x − y
1
x+y
+
Vì
> 0 nên y = x − 1
√
+ 3x−y
y( x2 − x − y) + y) x − y + 3 (x − y)2 √
Thay y = x − 1 vào P T (2) ta có 4x2 − 4x − 3 2x − 1 − 9 = 0
5
5 3
Tới đây đơn giải phải không nào,suy ra x = . Kết luận nghiệm của HPT (x; y) = ( ; )
2
2 2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
2 x2 + 3x − y = y 2 + 4x + x + 1
√
4 2x + 1 + x + 2 = 2y
Tương tự phân tích ở trên ta áp dụng ta tìm được y = x−1. Từ đó ta thu được

2 x2 + 3x − y = 2(x + 1)
y 2 + 4x = x + 1

1
Lời giải. ĐK: x ≥ − , x2 + 3x − y ≥ 0, y 2 + 4x ≥ 0.
2

P T (1) ⇔ x2 + 3x − y − (x + 1) + x2 + 3x − y − y 2 + 4x = 0
(x − y − 1)(x + y)
1
x−y−1
+
= 0 ⇔ (x − y − 1)(
+
⇔
x2 + 3x − y + x + y
x2 + 3x − y + y 2 + 4x
x2 + 3x − y + x + 1
x+y
)=0
x2 + 3x − y + y 2 + 4x
Tới đây ta giải được phải không nào. Nhiệm vụ hơi vất vả là đánh giá trường hợp còn lại vô nghiệm.
1
3
Được chứ! x ≥ − , y ≥ ⇒ x + y > 0
2
4
√
√
Thay y = x − 1 vào P T (2) Kết luận nghiệm (x; y) = (18 + 4 21; 17 + 4 21).
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
√
4x2 + (4x − 9)(x − y) + xy = 3y
4 (x + 2)(y + 2x) = 3(x + 3)
*Phân tích: Một chút trực giác đập ngay vào mặt là ngay P T (1) chứa điều thiên cơ. Với cấu hình này
có thể dùng liên hợp được,nhưng mà liên hợp cái gì với nhau? Ta thử đoán quan hệ (x; y) thử nhé, ta
phân tích là vế trái có chứa hai cái căn và vế phải lại không có căn nào, như vậy vế trái phải thoát căn.

Và ta sẽ phải sử dụng vế phải tách ra để liên hợp! Vậy quan trong là tách ra làm sao? Thấy ngay 4x2 có
4x2 + (4x − 9)(x − y) = 2y
√
thể tự khai văn và xy khai căn được khi x = y, mà khi x = y thì
√
xy = y
Liên hợp thôi nào!
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 06



2

 4x + (4x − 9)(x − y) ≥ 0
√
Lời giải. ĐK : xy ≥ 0
Từ P T (1) ta có 3y = 4x2 + (4x − 9)(x − y) + xy ≥


(x + 2)(y + 2x) ≥ 0
0⇒y≥0
Nếu y = 0 thì HPT vô nghiệm. Do đó y > 0 ta có
(x − y)(8x + 4y − 9)
y(x − y)
√
P T (1) ⇔ 4x2 + (4x − 9)(x − y)−2y+ xy−y = 0 ⇔
=0
+√

xy + y
4x2 + (4x − 9)(x − y) + 2y
8x + 4y − 9
y
⇔ (x − y)(
+√
)=0
xy + y
4x2 + (4x − 9)(x − y) + 2y
Việc còn lại chỉ khó ở chỗ làm sao vế còn lại vô nghiệm!
Ta chứng minh 8x + 4y − 9 > 0 thật vậy với y > 0 ⇒ x ≥ 0. Căn cứ vào P T (2) ta bình phương lên
9(x + 1)2
9(x + 3)2
⇒ 8x + 4y − 9 =
>0
ta có 8x + 4y =
4x + 8
4x + 8
Xong rồi phải không nào? Kết luận nghiệm (x; y) = (1; 1)
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
√
√
2x2 + 2x + 1 + x + 2 = 2y 2 + 3y + 2y + 1
x2 + 2y 2 − 2x + y − 2 = 0
√
√
*Phân tích: Ta thấy P T (1) chỉ có hai căn thức là x + 2 và 2y + 1 nên ta dự đoán luôn hai
căn này bằng nhau thử xem vậy x = 2y − 1. Thay ngược vào hai phương trình ta được hệ mới
6y 2 − 7y + 1 = 0
Hai phương trình giống hệt nhau, như vậy khi ta trừ hai phương trình thì sẽ

6y 2 − 7y + 1 = 0
được một đẳng thức cực đúng. (0 = 0)
1
Lời giải. ĐK: x ≥ −2, y ≥ − . Lấy P T (1) − P T (2) theo vế ta có:
2
√
√
√
√
x2 + 3x + 2 + x + 2 = 4y 2 + 2y + 2y + 1 ⇔ (x + 1)2 − (2y)2 + 2x − 2 − 4y + x + 2 − 2y + 1 = 0
x + 1 − 2y
⇔ (x + 1 − 2y)(x + 1 + 2y) + 2(x + 1 − 2y) + √
= 0 ⇔ (x + 1 − 2y)(x + 3 + 2y +
√
x + 2 + 2y + 1
1√
√
)=0
x+2+ 2y+1
2 1
Còn lại đơn giản phải không nào? Kết luận nghiệm (x; y) = (1; 1), (− ; ).
3 6
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
√
√
(1 − y) x − y + x = 2 + (x − y − 1) y
√
√
2y 2 − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3
Đề ĐH khối B – 2014

*Phân tích : Nhìn vào thấy hai phương trình đều chứa hai căn. Vậy ta nên phân tích phương trình
nào đây? Ở phương trình hai thấy nó khá rườm rà về quan hệ x, y còn phương trình một thức biểu
diễn theo x, y khá đẹp và ít hệ số. Nên ta sẽ phân tích phương trình một! Mà lại thấy để làm mất
hai cái căn ở P T (1) thì y = 1 sẽ làm ngay điều đó. Vậy chắc chắn rằng P T (1) có thể rút được y − 1.
√
Vì y = 1 lại câu thần chú "biểu thức bằng gì thì ta liên hợp với cái đó".
Trang 07
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)


Lời giải. ĐK: y ≥ 0; x ≥ y; x ≥ 2y; 4x ≥ 5y + 3.
√
√
Khi đó P T (1) ⇔ (1 − y) x − y + x = 2 + (x − y − 1)( y − 1 + 1)
√
√
y−1
√
⇔ (1 − y) x − y − (1 − y) = (x − y − 1)( y − 1) ⇔ (1 − y)( x − y − 1) = (x − y − 1)( √
)
y+1
1
1
+
⇔ (y − 1)(x − y − 1)( √
√ )=0
x−y+1 1+ y
√
√
1 + 5 −1 + 5

Tới đây xử lí dễ dàng phải không nào? Kết luận nghiệm (x; y) = (3; 1), (
;
).
2
2
III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Giải hệ phương trình
√

√
x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y
x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0
Đề thi ĐH khối A – 2014
Bài tập 2: Giải hệ phương trình
√
2 x2 + 3 − 2 y 2 + 5 = −y
√
3 x2 + 3 − y 2 + 5 = 3x
Trích số 426 báo Toán Học – Tuổi Trẻ
Bài tập 3: Giải hệ phương trình
√
√
x−3 x+3=3 y−5−y
√
x2 + 16(y − x) + y = 2 xy
Bài tập 4: Giải hệ phương trình.

 x + y − 2(x2 + y 2 ) = 4xy − 2√xy
x+y
 √x2 + 15 = 4x − y − 2 + √xy + 8

Đề thi thử kì thi quốc gia 2015 THPT Đồng Xoài – BP
Bài tập 5: Giải hệ phương trình
√
√
√
xy + (x − y)( xy − 2) + x = y + y
√
(x + 1)(x + y − x2 + xy) = 4
Bài tập 6: Giải hệ phương trình
√
√
4x + 4 + 2x + 1 = 4y 2 − 4y + 2y − 1
x2 + y 2 = x + y + 2
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 08


Bài tập 7: Giải hệ phương trình
√
√
x − 4y + 3 y = 2x + y
√
√
y − 1 + x + 1 + y 2 + y = 10
Bài tập 8: Giải hệ phương trình.
√
√
(2x + y)2 − 8x + 3 + 2x + 2y − 3 = 3 y
√

√
√
2x + y − 2 + 5x − 4 + 2 − y + 6x2 − x − 8 = 0
Bài tập 9: Giải hệ phương trình.
√
√
√
√
x + 2 x + y + x = y + (2 2 + 1) y
√
√
4
4x − 3 + 3 x + 2y − 2 = x2 + 1
Bài tập 10: Giải hệ phương trình.
 √
√
√
 3x + 2y + 2 2x + 3y = 3 x + 4y
x3 + y 2 + 5x + y + 4
 x(y 3 + 2) + y(x2 + 2) =
√
2 3
Bài tập 11: Giải hệ phương trình
2 x2 + 5x − 2y = 4y 2 + 9x + 6y + x + 2
√
√
x + 2 + x + 2y = 4y 2 − x2 + 14x − 20
Bài tập 12: Giải hệ phương trình
x2 + y 2 + 6x2 − 8xy + 6y 2 = x + y + 2xy
(x + y + 1) x2 + x + y + 3 = xy + 6x + 1

Bài tập 13: Giải hệ phương trình

 √x + y + √x + 8 = y − 8
2x
 √x + y + √x + 2√x2 + 8x = 12
Bài tập 14: Giải hệ phương trình
√
√
√
√
x + x − 1 + x(x − y) = y − 2
x2 + 3 y 2 (x2 + 2x − 1) = 3
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 09


TỔNG HỢP OXY TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (2015)
NGUYỄN THÀNH HIỂN
Câu 1 (Thpt – Minh Châu – lần 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh
A( 1; 4) , trực tâm H . Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N . Tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I (2; 0) , đường thẳng BC đi qua điểm P (1; 2) . Tìm toạ độ các
đỉnh B, C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 .
Hướng dẫn :Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp, suy ra I là trung điểm của
BH; B  d  B (2  2t ; t ) Suy ra


H (2  2t ; t )  AH  (3  2t ; t  4), BP  (2t  1; t  2) .Do H là trực tâm

A


của tam giác ABC.

N
H

 
 AH .BP  0  (2t  3)(2t  1)  (t  4)(t  2)  0  5t 2  10t  5  0  t  1

Suy ra H (0;1), B (4; 1), AH  (1; 3) ,đường thẳng BC : x  3 y  7  0 Đường

I

thẳng AC : 2 x  y  6  0 . Tìm được toạ độ C ( 5; 4) .

B

M

C

P

Câu 2 (Thpt – Chu Văn An – An Giang) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  2y  6  0 , điểm M (1;1) thuộc cạnh
BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng
 : x  y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh C .

Hướng dẫn :Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD .Gọi N là giao điểm của KM
và BC .Gọi I là giao điểm của CM và HK . Ta có DKM vuông tại K


và DKM
 450  KM  KD  KM  NC (1)
.Lại có MH  MN (

A

do MHBN là hình vuông). Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng


  MCN
 . Mà NMC
 IMK nên
nhau  HKM
  NCM
  IMK
  HKM
  900 .Suy ra CI  HK . Đường thẳng CI
NMC
đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên


VTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

K

D

I


H

B

M

N

C

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0 . Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm
x  y  0
x  2

.
C là nghiệm của hệ phương trình 



x  2y  6  0
y  2


Vậy C (2;2) .

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 10



10
AC .
5
Biết rằng M ( 2; 1) , N (2; 1) lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng

Câu 3 (Thpt- Chí Linh – Hải Dương) Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có BD 

x  7 y  0 đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C.
C

D

Hướng dẫn :

I x-7y=0

A

B

M(-2;-1)
N(2;-1)

Gọi I là giao điểm của AC và BD  I(7y;y). Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, N nên
DB
IM  IN 
 (7 y  2) 2  ( y  1) 2  (7 y  2) 2  ( y  1) 2  y  0  I (0; 0) .
2
AC 5 2
5

BD  5 2  IA  IC 

.
2
2
10
x  7 y  0

Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình  2
25 .
2
 x  y  2
7
7


 x  2
 x   2
7 1
7 1
7 1
7 1
 
hoặc 
Vậy tọa độ 2 điểm A(  ;  ), C( ; ) hoặc A( ; ), C(  ;  ) .
2 2
2 2
2 2
2 2
y  1

y   1


2
2

Khi đó BD=2IM= 2 5  AC 

Câu 4 (Thpt – Trần Thị Tâm – Quảng Trị) Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh
BC là x - 2y + 3 = 0, trọng tâm G(4; 1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3; -2) là điểm thuộc đường cao của tam
giác ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Hướng dẫn : Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: 2x+y-4=0. Gọi A(a;4-2a), trung điểm đoạn BC là M(2ma  4




a  4m  18

3;m). Ta có AG (4  a; 2a  3); GM (2m  7; m  1) , mà AG  2GM  

7 .
2
2
1
a

m

m





2

Vậy A(4;-4), M(4;

7
). Gọi B (2b  3; b)  C (11  2b;7  b)  BC  (14  4b) 2  (7  2b) 2 .
2

d ( A; BC )  3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng

1
.3 5. (14  4b) 2  (7  2b) 2  15  20b 2  140b  4255  0 .
2
Với b=9/2 ta có B(6;9/2); C(2;5/2), Với b=5/2 ta có B(2;5/2); C(6;9/2).

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 11


Câu 5 (Thpt – Nguyễn Viết Xuân – Phú Yên) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông


ABCD BAD
ADC  900 có đỉnh D  2; 2  và CD  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên






 22 14 
đường chéo AC. Điểm M  ;  là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng đỉnh B
 5 5
thuộc đường thẳng  : x  2 y  4  0 .

Hướng dẫn : Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành  ME  AD nên E là
trực tâm tam giác ADM. Suy ra  AE  DM mà AE / / DM  DM  BM
.Phương trình đường thẳng
 x  2 y  4
BM : 3 x  y  16  0 .Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
 B  4; 4  . Gọi I là giao điểm của AC và BD,
3
x

y

16





AB IB 1
 10 10 

  DI  2 IB  I  ;  .Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  10  0 ,phương trình
ta có

CD IC 2
 3 3


 14 18 
đường thẳng DH : 2 x  y  2  0  H  ;   C  6; 2  . Từ CI  2 IA  A  2;4  .
 5 5
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 6 (Thpt – Như Thanh – Thanh Hoá) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có
tâm I(1;1), hai đường thẳng AB và CD lần lượt đi qua các điểm M(-2;2) và N(2;-2). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình vuông ABCD, biết C có tung độ âm.
Đáp số : A(1;5); B(-3;1); C(1;-3); D(5;1).
Câu 7 (Thpt – Nguyễn Bỉnh Khiêm – Gia Lai) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
diện tích bằng 144. Gọi điểm M (2;1) là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương
trình AD : x  y  3  0 . Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc  mà cos  

4
. Tìm tọa độ các đỉnh
5

của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương.
Đáp số : A   3; 6  , B  1;8  , C  (18; 3) .
Câu 8 (Thpt – Nguyễn Trãi) Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A
và D, đáy lớn là cạnh CD; đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình 3 x  y  0 , đường thẳng chứa cạnh
BD có phương trình x  2 y  0 ; góc tạo bởi 2 đường thẳng BC và AB bằng 450 . Biết diện tích hình thang
ABCD bằng 24. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm B có hoành độ dương.
Đáp số : BC : 2 x  y  4 10  0 .

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)


Trang 12


Câu 9 (Thpt – Tĩnh Gia) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần
lượt lấy hai điểm E, D sao cho 
ABD  
ACE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1;0) và
N(2;1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1;2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNK.
Đáp số : ( x  1)2  ( y  1)2  1 .
Câu 10 (Thpt – Lương Thế Vinh) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong góc A là d : x  y  3  0 . Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC lên đường thẳng AC là điểm E (1;4) . Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với đường
2

thẳng AC góc 450 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C ) :  x  2   y 2  5 . Tìm phương trình
các cạnh của tam giác ABC .
Đáp số : AB : x+2y-3=0; AC : 2x+y-3=0; BC : x  3 y 

29  10 2
0 .
3

Câu 11 (Thpt - Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có
tâm I. Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông,
biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
Đáp số : A( 2;3), B (2;3), C (2; 1), D ( 2; 1).
Câu 12 (Sở GD – Bắc Giang – Lần 4) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và
4 8
B có AB = BC= 2CD. Gọi M là trung điểm cạnh BC, điểm H  ;  là giao điểm của BD và AM. Tìm tọa độ

 5 5
các đỉnh của hình thang, biết phương trình cạnh AB: x – y +4 = 0 và A có hoành độ âm.
Đáp số : A(-4; 0); B(0;4); C(4;0); D(2;-2).
Câu 13 (Thpt – Quảng Xương 4 – Thanh Hoá) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD

 22 14 
; 
 5 5

vuông tại A và D, D(2; 2) và CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M 

là trung điểm của HC. Xác định các tọa độ các điểm A, B, C của hình thang biết B thuộc đường thẳng
 :x  2y  4  0 .
Đáp số : A(2;4); B(4;4); C(6;2).
Câu 14 (Thpt – Nguyễn Xuân Nguyên – Lần 4) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP. Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI,
điểm P (4; 2) . Tìm tọa độ đỉnh N.

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 13


 4 17 
Đáp số : N (4;3) ; N   ;   .
5
 5

Câu 15 (Thpt – Hiền Đa – Phú Thọ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD
có C(2; -2). Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm

tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Đáp số : A (-2; 0); B(1; 1); D(-1;-3).

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 14


PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỖ VIẾT LÂN
Đà Nẵng - Sưu tầm

Nếu các bạn đã từng đối mặt với các tích phân chứa căn thức như
1 − x2 dx,

1 + y 2 dy,

z 2 − 1 dz

1
luôn tỏ ra hiệu quả. Đối
sin t
với các bất đẳng thức, việc sử dụng phép thế lượng giác cũng tương tự như vậy.

khi đó phép đổi biến lượng giác như x = sin t, y = tan t, z =

Bài toán 1. (Latvia 2002) Cho a, b, c, d là các số thực dương sao cho
1
1

1
1
+
+
+
= 1.
4
4
4
1+a
1+b
1+c
1 + d4
Chứng minh rằng abcd ≥ 3.
Chứng minh. Ta đặt a2 = tan A, b2 = tan B, c2 = tan C, d2 = tan D, với A, B, C, D ∈
0, π2 . Khi đó điều kiện bài toán viết lại thành:
cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos2 D = 1.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:
√
3
sin2 A = 1 − cos2 A = cos2 B + cos2 C + cos2 D ≥ 3 cos2 B cos2 C cos2 D.
Tương tự ta có:
√
3
sin2 B ≥ 3 cos2 C cos2 D cos2 A
√
3
sin2 C ≥ 3 cos2 D cos2 A cos2 B
√
3

sin2 D ≥ 3 cos2 A cos2 B cos2 C
Nhân bất đẳng thức trên theo vế ta thu được
sin2 A sin2 B sin2 C sin2 D ≥ cos2 A cos2 B cos2 C cos2 D
Suy ra abcd ≥ 1.
Bài toán 2. (Korea 1998) Cho x, y, z là những số thực dương sao cho x + y + z = xyz.
Chứng minh rằng
1
3
1
1
√
+
≤ .
+√
2
2
2
2
1+x
1+z
1+y

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 15


Chứng minh. Đặt x = tan A, y = tan B, z = tan C với A, B, C ∈ 0, π2 .
x+y
tan A + tan B

Ta có tan(π − C) = −z =
=
= tan(A + B).
1 − xy
1 − tan A tan B
Suy ra π − C = A + B, do π − C, A + B ∈ (0, π). Nghĩa là A + B + C = π.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
3
cos A + cos B + cos C ≤ .
2
Thật vậy, ta có:
3
2
A−B
2

cos A + cos B + cos C −

C
1
A+B
. cos
− 2 sin2 −
2
2
2
C
1
C
A−B

= 2 sin cos
− 2 sin2 −
2
2
2
2

= 2 cos

= − 2 sin

C
1
− cos
2
2

A−B
2

2

−

1
sin2
2

A−B
2


≤ 0.

Kể cả khi trong giả thiết bài toán không có những điều kiện như x + y + z = xyz hay
xy + yz + zx = 1 thì phép thế lượng giác vẫn có hiệu quả nhất định, chẳng hạn như trong
bài toán sau
Bài toán 3. (APMO 2004/5) Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c ta có
(a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca).
√
√
√
Chứng minh. Đặt a = 2 tan a, b = 2 tan B, c = 2 tan C với A, B, C ∈ 0, π2 . Khi đó
bất đẳng thức cần chứng mminh trở thành
4
≥ cos A cos B cos C(cos A sin B sin C + sin A cos B sin C + sin A sin B cos C).
9
Mặt khác sử dụng công thức cộng ta có
cos(A + B + C) = cos A cos B cos C − cos A sin B sin C − sin A cos B sin C − sin A sin B cos C.
Do đó bất đẳng thức đã cho viết lại là
4
≥ cos A cos B cos C(cos A cos B cos C − cos(A + B + C))
9
cos A + cos B
A+B
A−B
A+B
A+B+C
. Ta có
= cos
. cos

≤ cos
Đặt θ =
3
2
2
2
2
cos A + cos B + cos C
A+B+C
Suy ra
≤ cos
= cos θ.
3
3

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 16


Áp dụng AM-GM ta có: cos A cos B cos C ≤

cos A + cos B + cos C
3

3

≤ cos3 θ.

Ta cần chứng minh

4
4
≥ cos3 θ(cos3 θ − cos 3θ) ⇔
cos4 θ(1 − cos2 θ)
9
27
Áp dụng AM-GM ta có
cos2 θ cos2 θ
.
(1 − cos2 θ)
2
2

1
3

≤

1
3

cos2 θ cos2 θ
+
+ (1 − cos2 θ)
2
2

=

1

3

Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Bài tập 1. Cho các số thực dương x, y, z sao cho 0 < x, y, z < 1 và xy + yz + zx = 1.
Chứng minh rằng
√
y
z
3 3
x
+
+
≥
.
1 − x2 1 − y 2 1 − z 2
2
Bài tập 2. Cho các số thực dương x, y, z sao cho x + y + z = xyz. Chứng minh rằng
√
x
z
y
3 3
√
+√
.
+
≤
2
1 + x2
1 + z2

1 + y2
Bài tập 3. Cho các số thực dương x, y, z sao cho x + y + z = xyz. Chứng minh rằng
xy + yz + zx ≥ 3 +

1 + x2 +

1 + y2 +

1 + z2.

Bài tập 4. Cho các số thực dương x, y, z sao cho x + y + z = xyz. Chứng minh rằng
√
(x − 1)(y − 1)(z − 1) ≤ 6 3 − 10.
Bài tập 5. Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng
(a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) ≥ (ab + bc + ca − 1)2 .
Bài tập 6. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
√

1
2
1
+√
≥√
2
2
1 + ab
1+a
1+b

nếu 0 ≤ a, b ≤ 1 hoặc ab ≥ 3.

Bài tập 7. Cho p, q, r ≥ 0 với p2 + q 2 + r2 + 2pqr = 1. Hãy chứng minh rằng tồn tại
A, B, C ∈ 0, π2 sao cho p = cos A, q = cos B, r = cos C và A + B + C = π
Bài toán 4. (USA 2001) Cho a, b, c là những số thực không âm sao cho a2 +b2 +c2 +abc =
4. Chứng minh rằng 0 ≤ ab + bc + ca − abc ≤ 2.

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 17


Chứng minh. Nếu cả a, b, c đều lớn hơn 1 thì a2 + b2 + c2 + abc > 4. Giả sử a ≤ 1 ta có
ab + bc + ca − abc ≥ (1 − a)bc ≥ 0.
Để chứng minh ab + bc + ca − abc ≤ 2 ta đặt a = 2p, b = 2q, c = 2r. Khi đó ta có
p2 + q 2 + r2 + 2pqr = 1. Theo Bài tập 7 ta có thể viết
a = 2 cos A, b = 2 cos B, c = 2 cos C với A, B, C ∈ 0,

π
2

và A + B + C = π.

Cần chứng minh
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A − 2 cos A cos B cos C ≤
Giả sử A ≥

π
3

1
(1).

2

nghĩa là 1 − 2 cos A ≥ 0.

V T (1) = cos A(cos B + cos C) + cos B cos C(1 − 2 cos A)
≤ cos A
= cos A
=

3
− cos A +
2
3
− cos A +
2

cos(B − C) + cos(B + C)
2
1 − cos A
(1 − 2 cos A)
2

(1 − 2 cos A)

1
2

Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài tập 8. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1

Chứng minh rằng
(i) xyz ≤

1
8

(ii) xy + yz + zx ≤
(iii) x2 + y 2 + z 2 ≥

3
4
3
4

(iv) xy + yz + zx ≤ 2xyz +

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

1
2

Trang 18


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI
ĐỀ SỐ 2
(Thời gian làm bài : 180 phút)
Câu 1(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −

x4

3
− x2 + .
2
2

Câu 2(1,0 điểm) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (x) = x3 − (m + 2)x2 + (m − 1)x + 2m − 1 tại
điểm có hoành độ x = 1 và đường thẳng d : 2x + y − 1 = 0 tạo với nhau một góc 300 .
Câu 3(1,0 điểm)
a) Giải phương trình 3x+4 + 3.5x+3 = 5x+4 + 3x+3 .
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thoả (4 − 7i)z − (5 − 2i) = 3iz.
1

ln(1 + 2x)dx.

Câu 4(1,0 điểm) Tính tích phân I =
0

x+2
y−2
z
=
=
và
1
1
−1
mặt phẳng (P ) : x + 2y − 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P ) sao cho ∆ cắt và
vuông góc với đường thẳng d.
Câu 5(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :


Câu 6(1,0 điểm)
√
a) Giải bất phương trình (x2 − 4) x2 − 3x

0.

b) Một cái hộp có chứa 5 viên bi màu đỏ được đánh số thứ tự từ 1 đến 5, 4 viên bi màu xanh được đánh số
thứ tự từ 1 đến 4, 3 viên bi màu vàng được đánh số thứ tự từ 1 đến 3. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ
hộp trên. Tính xác suất để ba viên bi được chọn có đủ 3 màu và đôi một khác số nhau.
Câu 7(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD = 600 . Hình chiếu của
S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SAB)
bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC với AB.
Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH và đường
phân giác trong BD sao cho BDA = 450 . Biết rằng HD : x − y + 1 = 0, điểm C(0; 2) và điểm A thuộc đường
thẳng 3x − 5y − 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B của tam giác ABC.
Câu 9(1,0 điểm) Tìm m để hệ sau có nghiệm

4x2
 2
5
x +
(x + 2)2
 4
x + 8x2 + 16mx + 16m2 + 32m + 16 = 0
Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa (3a + 2b + c)
của biểu thức
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

√
b + 2c − 7 72a2 + c2

.
P =
a

1 2 3
+ +
a b c

= 30. Tìm giá trị lớn nhất

NGUYỄN THÀNH HIỂN
Trang 19


LỜI GIẢI BÀI THÁCH ĐẤU SỐ 03

• Tác giả : Trần Quốc Việt
• Đề bài : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x4 + y 4 + z 4 xy + xz + yz. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
√
√
√
√
√
√
( xy + yz + xz + xyz)( xy + yz + xz)
9
.
P =
+

4(xy + xz + yz)
xyz 2(x + yz)(y + xz)(z + xy)
• Lời giải và bình luận : Ta thấy bài toán có sự đối xứng cả ba biến và với giả thiết đã cho thì ta có
điểm rơi tại x = y = z = 1
Ta sẽ có hai cách cho bài toán như sau
Cách 1. Sử dụng đánh giá từ điều kiện đã cho
Với giả thiết đã cho ta có
1 2
x + y2 + z2
3

2

≤ x4 + y 4 + z 4 ≤ xy + yz + xz ≤ x2 + y 2 + z 2
⇔ x2 + y 2 + z 2 ≤ 3

Hay ta có được x + y + z ≤ 3 và xy + yz + xz ≤ 3
Ta có
2 + x + y + z + xy + yz + xz
2(x + yz)(y + xz)(z + xy) ≤
4
Suy ra

√
P ≥
=

1
4


xy +

√

yz +

√

xz + xyz
4xyz

1
1
1
√
√ + √ + √ + xyz
y
x
z

√

xy +

√

yz +

√
xz


1
1
1
√ +√ +√
y
x
z

2

≤4

+

3
4

+

3
4

Ta có
1
1 1 1 √
1
1
√
√ + √ + √ + xyz ≥ 4 4 √ √ √ xyz = 4

y
x
z
x y z
Suy ra
1
9
1
3
3
1
√ + ≥
P ≥√ +√ +√ + ≥√
√
y
x
z 4
x+ y+ z 4

9
3(x + y + z)

+

3
15
≥
4
4


Cách 2. Dồn về hàm số f (xy + yz + xz)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
x4 + y 4
√
√
√
+ 2 xy+ ≥ x2 y 2 + xy + xy ≥ 3xy
2
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự với yz và xz rồi cộng lại theo vế ta sẽ có
√
√
√
x4 + y 4 + z 4 + 2 xy + yz + xz ≥ 3(xy + yz + xz) ≥ 2(xy + yz + xz) + x4 + y 4 + z 4
Trang 20
NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)


Hay ta có
Suy ra

√

xy +

√

yz +

√


P ≥

xz ≥ xy + yz + xz

(xy + yz + xz + xyz) (xy + yz + xz)
xyz

2(x + yz)(y + xz)(z + xy)

+

9
4(xy + yz + xz)

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
xy + yz + xz + xyz
1 1 1
9
= + + +1≥
+1≥4
xyz
x y z
x+y+z
Suy ra
P ≥

4 (xy + yz + xz)
2(x + yz)(y + xz)(z + xy)

+


9
4(xy + yz + xz)

Ta cũng có
2(x + yz)(y + xz)(z + xy) ≤

2 + x + y + z + xy + yz + xz
4

2

≤

5 + xy + yz + xz
4

2

Suy ra
P ≥

9
64 (xy + yz + xz)
2 +
4(xy + yz + xz)
(5 + xy + yz + xz)

Đặt t = xy + yz + xz suy ra t ≤ 3 và
P ≥


9
64t
+
2
(t + 5)
4t

9
15
64t
+
với t ≤ 3 ta sẽ có minf(t) =
2
(t + 5)
4t
4
Chú ý. Ngoài hai cách trên ta còn một cách nữa nhưng mang đậm chất HSG nên không đề cập lời giải
ở đây. Đó là chứng minh một bất đẳng thức phụ khá mạnh sau đó dồn về f (xy + yz + xz)
√
√
√
xy + yz + xz + xyz
4
≥
1 + xy + yz + xz
xyz 2(x + yz)(y + xz)(z + xy)

Xét hàm số f (t) =


Cách này xin nhường phần bạn đọc coi như một bài tập. Quay trở lại bài toán thì chúng ta đã tìm được
GTNN biểu thức và dấu bằng xảy ra tại x = y = z = 1
15
đạt được khi x = y = z = 1.
Vậy GTNN của biểu thức là minP =
4

BÀI THÁCH ĐẤU SỐ 04
• Tác giả : Trần Quốc Việt
• Cho các số thực x, y, z thõa mãn 0 ≤ x ≤ y ≤ z và xy + yz + xz = 3x. Tìm GTNN của biểu thức
2

(x2 + 1)
x (y 3 + z 2 ) + y 2 z 3
√
√ + y2 + z2.
P = 2
+
√
x + y2
x+ y+ z

BÀI THÁCH ĐẤU SỐ 05
• Tác giả : Ngô Minh Ngọc Bảo
• Cho các số thực dương x, y, z thõa mãn y < 6. Tìm GTNN của biểu thức
P =

4z 2 + (x − 1)(z + 1) + 5
1
1

√
+
+√ √
.
√
324(z + 1)
18(6 − y)
x( 2y + 3z) + 6yz

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 21


TỰ HỌC
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Câu 1 : Giải các phương trình:  x  4  x  1  3 x 2  5 x  2  6 . Đs : x=-7;x=2.

3  x  x 2  2  x  x 2  1 . Đs : x 

Câu 2 : Giải phương trình:
Câu 3 : Giải phương trình

1 5
.
2

2 x 2  12 x  5  2 x 2  3 x  5  8 x . Đs : x 

3169  3 824569

.
1024

9x
 6 x  0 . Đs : x=1.
x 8
Câu 5 : Giải phương trình: 2 x 2  6 x  10  5  x  2  x  1  0 . Đs : x=8; x=3.
x8 

Câu 4 : Giải phương trình:

Câu 6 : Giải phương trình

5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 . Đs : x  8; x 

Câu 7 : Giải phương trình

4 x 2  x  6  4 x  2  7 x  1 . Đs : x 

Câu 8 : Giải phương trình: x 2  3 x  1   x  3

5  61
.
2

2 7
.
2
x 2  1 . Đs : x  2 2 .


Câu 9 : Giải hệ phương trình 2 3 3 x  2  3 6  5 x  8  0 . Đs : x=-2.

3
3
,x  
.
5
2
3  2 x  2  8 4 x 2  8 x  3 . Đs : x=1.

Câu 10 : Giải phương trình 3 1  x 2  2 1  x  1  x  3  x . Đs : x 
Câu 11 : Giải phương trình  9  4 x  2 x  1   4 x  1

2 x  1  x 2  3 x  1  0 . Đs : x  1; x  2  2 .

Câu 12 : Giải phương trình:

Câu 13 : Giải phương trình: 8 x3  13 x 2  7 x  2 3 x 2  3 x  3 . Đs : x  1; x 
Câu 14 : Giải phương trình 4 x 3  3 x  2  x  1 4 x  1  0 . Đs : x 
Câu 15 : Giải phương trình



Câu 16 : Giải phương trình
Câu 17 : Giải phương trình

3




4 x 4  12 x 3  9 x 2  16  2 x 2  3x .

5  89
.
16

1 2
.
2



x  3  x  1  8 . Đs : x=2.

2 x  1  4 2 x  1  x  1  x 2  2 x  3 . Đs: x  2  2 .
x 1  2
1
1 5

. Đs: x  1, x 
.
2
2x  1  3 x  2

Câu 18: Giải phương trình 3 x 2  8 x  5  5 3 x 3  1 . Đs: x  1, x  0
Câu 19 : Giải phương trình

5 x 2  20 x  16  4  4 x  x 2 . Đs: x  0, x  4 .

1

3  37
3  17
 3 . Đs: x 
;x 
.
x
14
4
2
3
Câu 21 : Giải phương trình x  2  x  2 x  2  2 x  1 . Đs: x  1, x  3, x   .
4

Câu 20 : Giải phương trình

2 x 2  3 x  1  4 x 

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

Trang 22



Câu 23 : Giải phương trình 4  2 x


 1  3  x

Câu 22 : Giải phương trình 2 x 2  3 x  2  3 x3  8 . Đs: x  3  13 .
2


2

 2 x  2 x  1  2  x3  5 x  . Đs: x  2, x  4  2 3 .

Câu 24 : Giải phương trình 4 x 2  2 2 x  4  4 x 4  1 . Đs: x  0 .
2
2
2
2 65  20
Câu 25 : Giải phương trình x  2  4 x  x  2  2 6 x  x  14 . Đs: x  2; x  ; x 
.

3

5

Câu 26 : Giải phương trình x  x  2  2  x  1 x  x  1  0 . Đs: x  0, x  1 .
2

2

Câu 27 : Giải phương trình (3 x  1) 2 x 2  1  5 x 2 
Câu 28 : Giải phương trình

3

3
1  6
2  60

x  3 . Đs: x 
;x 
.
2
2
7

( 2  x) 2  3 (7  x ) 2  3 (7  x)(2  x)  3 . Đs: x  1, x  6 .

x5
11  17
13  13
. Đs: x 
;x 
.
2
4
4
1  5
Câu 30 : Giải phương trình x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4 . Đs: x  5, x 
.
2
7  2 19
Câu 31 : Giải phương trình 3x 2  5 x  2  x 2  2 x  2 x  1 . Đs: x 
.
3
Câu 29 : Giải phương trình 2 x 2  12 x  16 

Câu 32 : Giải bất phương trình
Câu 33 : Giải bất phương trình

Câu 34 : Giải bất phương trình

2  x 2  16 

 x3 

7x
. Đáp số : x  10  34 .
x3

x3
3 x
x
 1 .Đáp số: 3  x  9 .
3 x

5 x  1  x  1  2 x  4 . Đáp số: 2  x  10 .

Câu 35 : Giải bất phương trình: x  2 x  1  ( x  1) x  x 2  x  0 . Đáp số : 1  x  2 .
Câu 36 : Giải bất phương trình:  x  1 x  2   x  6  x  7  x 2  7 x  12 . Đáp số : 2  x  2 .

 3 
1  x 4  1  x  3 x  1  2 1  x . Đáp số :S=  ;1 .
5 
Câu 38 : Giải bất phương trình 2  x  2  x  1  1  5 x  x 2 .Đáp số : 1  x  3 .
Câu 37 : Giải bất phương trình:








Câu 39 : Giải bất phương trình



x  x  2

 x  1

3

 1 . Đáp số : x 

 x

5 1
.
2

Câu 40 : Giải bất phương trình x 2  5 x  4  4 x 3  2 x 2  4 x .
Đáp số : 1  5  x  0;

1  17
7  65
x
.
2
2


Câu 41 : Giải bất phương trình 2
Câu 42 : Giải bất phương trình

NHÓM TOÁN | SỐ 02 (10-2015)

x2  x  1
 x2  4 
x4

2
x2  1

. Đáp số :  3  x  3 .

x  2  x 2  x  2  3 x  2 .Đáp số :

2
 x  2.
3
Trang 23