Các đề thi thử Toán tổng hợp từ VMF

CÁC ĐỀ THI THỬ TỔNG HỢP TỪ VMF
Các bài tập trong tài liệu này mình lấy từ các box luyện thi đại học của diendantoanhoc.net
như: BĐT chuẩn bị cho kì thi THPT QG 2015-2016, PT và HPT qua các đề thi thử đại học,
Topic tổng hợp các bài toán HHP trong các đề thi thử đại học. Mục đích của việc tổng hợp này
là mình chỉ muốn có tài liệu dạy cho học sinh, nhưng thôi cứ gửi lên diễn đàn cho anh em nào
muốn xem và tải về đọc tham khảo cũng được. Còn vì sao tài liệu này xấu quá, ừ thì mình rất
ngu Latex mong anh em cố đọc! (Nguyễn Công Định, Đầm Dơi)
1
1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + 6z2 = 4z(x+ y). Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P = x
3
y(x+z)2
+ y
3
x(y+z)2
+
√
x2+y2
z
2. Giải hệ phương trình:
{
x2 + y2 + x+ y = 4
x(x+ y + 1) + y(y + 1) = 2
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là I (-2;1) và thỏa mãn điều kiện góc AIB = 90 độ, chân đường cao kẻ từ A đến BC
là D (-1;-1), đường thẳng AC đi qua điểm M (-1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng đỉnh
A có hoành độ dương.
Hướng dẫn
1. Từ giả thiết ta có (x
z
)2 + (y
z
)2 + 6 = 4(x
z
+ y
z
)
Đặt x
z
= a, y
z
= b⇒ a2 + b2 + 6 = 4(a+ b)
⇒
{
4(a+ b) = a2 + b2 + 6 > 2ab+ 6
4(a+ b) = a2 + b2 + 6 > 2(a+ b) + 4 ⇒
{
2(a+ b) > ab+ 3
a+ b > 2
Ta có P = a
3
b(a+1)2
+ b
3
a(b+1)2
+
√
a2 + b2
⇒ P > a3
b(a+1)2
+ b
3
a(b+1)2
+
√
(a+b)2
2
> Q+
√
2
Xét Q, áp dụng AM-GM ta có
a3
b(a+1)2
+ a+1
8
+ ab+b
8
> 3a
4
b3
a(b+1)2
+ b+1
8
+ ab+a
8
> 3b
4
Cộng 2 bất đẳng thức trên lại ta được
Q > a+b
2
− ab
4
− 1
4
> a+b
2
− 2(a+b)−3
4
− 1
4
= 1
2
⇒ P > 1
2
+
√
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1, hay x = y = z > 0
2. Hệ đã cho tương đương với: {
x2 + y2 + x+ y = 4
x2 + y2 + x+ y + xy = 2
⇔
{
(x+ y)2 + (x+ y)− 2xy = 4
xy = −2
Suy ra {
x+ y = 0
xy = −2
hoặc
{
x+ y = −1
xy = −2
⇔
{
x =
√
2
y = −√2 ∨
{
x = −√2
y =
√
2
∨
{
x = 1
y = −2 ∨
{
y = −2
x = 1
1
Vậy hệ có 4 nghiệm (x; y) = (
√
2;−√2); (−√2;√2); (1;−2); (−2; 1)
3. Từ điều kiện ÂIB = 90◦ => ÂCB = 1
2
ÂIB = 45◦=> Tam giác ADC vuông cân tại D =>
DI vuông góc với AC
=> pt AC qua M là :x− 2y + 9 = 0. d(D,AC) = 10√
5
= 2
√
5⇒ AD = 2√10
Gọi A(2a− 9, a)⇒ (2a− 8)2 + (a+ 1)2 = 40=> a=5 hoặc a=1. Do A có hoành độ >0 nên
A(1, 5) => B(2,−2)
2
1. Cho a,b,c là 3 số thực không âm thoả c 6 b 6 a. Tìm GTNN của
ab
b+c
+ bc
a+c
+ ac
a+b
+ 1
2(a+b+c)
+ a+b+c
9
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại B nộp tiếp đường tròn (C)
có phương trình x2 + y2 – 10y – 25 = 0. I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường
tròn (C) tại M (5; 0). Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại (-17/5; -6/5 ). Tìm tọa độ A,
B, C biết hoành độ điểm A dương.
3. Giải hệ phương trình: {
x2 − y(x+ y) + 1 = 0
(x2 + 1)(x+ y − 2) + y = 0
Hướng dẫn
1. Do điều kiện c 6 b 6 a đã được sửa nên ta sẽ chứng minh
ab
b+c
+ bc
c+a
+ ca
a+b
> a+b+c
2
⇔ ( ab
b+c
− a
2
) + ( bc
c+a
− b
2
) + ( ca
a+b
− c
2
) > 0
⇔ ab−ac
b+c
+ bc−ab
c+a
+ ca−bc
a+b
> 0
⇔ (ab− ac)( 1
b+c
− 1
c+a
) + (bc− ca)( 1
c+a
− 1
a+b
) > 0
⇔ a(a−b)(b−c)
(b+c)(c+a)
− c(a−b)(b−c)
(c+a)(a+b)
> 0
Do a > b > c nên ta chỉ cần chứng minh
a
(b+c)(c+a)
− c
(c+a)(a+b)
> 0⇔ a
b+c
> c
a+b
Nhưng bất đẳng thức trên luôn đúng do giả thiết
⇒ P > a+b+c
2
+ 1
2(a+b+c)
+ a+b+c
9
= 11(a+b+c)
18
+ 1
2(a+b+c)
>
√
11
3
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
√
11
11
2. Trước hết ta tìm được B(−5, 10)Gọi E là giao của BM với DC => Tam giác BDE cân tại B
=>⇒ BD = BE = √128
Gọi E(a, 5− a)⇒ 2(a+ 5)2 = 128→ a = 3 hoặc a= -13
Với a=3 => E(3, 2) => C(7,4) => A(1,-2) ( thỏa mãn )
Với a=-13 loại do A có hoành độ dương.
3. PT (1)⇒ y(x+y) = x2 +1 6= 0⇒ y 6= 0(3) Thay vào PT(2) ta có : y(x+y)(x+y−2)+y =
0 ⇔ y [(x+ y)2 − 2(x+ y) + 1] = 0 ⇔ (x + y − 1)2 = 0 (vì y 6= 0 ) ⇔ x + y = 1 (4) Thay
vào (3), ta có : y = x2 + 1 (5) Từ (4) và (5), ta tính được x, y Vậy PT có nghiệm (x, y) là
(0; 1), (−1; 2)
3
1. Cho a, b là các số thực dương và a2 + b2 = a+ b
Tìm GTNN của P = 3a+ 2b+ 16√
a+3b
+ 16√
3a+1
2. Trong MPTĐ Oxy,cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm K thuộc đoạn BC sao cho CK=
2
3KB . Điểm G thuộc AK sao cho
−→
AG = 2
−−→
GK .Điểm D thuộc BC sao cho GB=GD. Biết D(7;-2)
, phương trình AK là 3x-y-13=0 và điểm A có tung độ âm. Viết phương trình AB.
3. Giải hệ phương trình:
{
2y(4y2 + 3x2) = x4(x2 + 3)
2012x(
√
2y − 2x+ 5− x+ 1) = 4024
Hướng dẫn
1. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 nên viết lại biểu thức đã cho thành:
P =
(
a+ 3b+ 16√
a+3b
)
+
(
3a+ 1 + 16√
3a+1
)
− (a+ b)− 1
Từ giả thiết đã cho suy ra: a+ b = a2 + b2 ≥ (a+b)2
2
⇔ a+ b ≤ 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a+ 3b+ 16√
a+3b
= a+ 3b+ 8√
a+3b
+ 8√
a+3b
≥ 12
3a+ 1 + 16√
3a+1
= 3a+ 1 + 8√
3a+1
+ 8√
3a+1
≥ 12
Do đó: P ≥ 24− 2− 1 = 21, dấu bằng xảy khi và chỉ khi a = b = 1
2. Gọi M là trung điểm của BC. Từ giả thiết của bài toán => G là trọng tâm tam giác AMB.=>
GA=GB=GD => DG vuông góc AK.
phương trình DG:x+ 3y − 1 = 0⇒ G(4,−1)
GA = GD =
√
10(a− 4)2 + (3a− 12)2 = 10⇔ (a− 4)2 = 1
=>a=5 hoặc a=3. Do A có tung độ âm nên A(3,-4) => AB.......
3. Từ PT (1) suy ra y > 0. Biến đổi PT (1) tương đương với 8y3 + 6x2y = x6 + 3x4 ⇔
x6 − 8y3 + 3x4 − 6x2y = 0 ⇔ (x2 − 2y) (x4 + 2x2y + 4y2 + 3x2) = 0 ⇒ 2y = x2. Thay vào
PT(2), thu được
2012x
(√
x2 − 2x+ 5− x+ 1) = 4024
Nhận xét x > 1 và x < 1 không thỏa mãn.
x = 1 là nghiệm duy nhất của PT. Do đó, nghiệm của hệ là x = 1; y = 1
2
.
4
1. Cho a, b > 0 và a+ b+ 1 = 3ab
Tìm GTLN của P = 3a
b(a+1)
+ 3b
a(b+1)
+ 1
a+b
− 1
a2
− 1
b2
2. Giải hệ phương trình sau trên R :
{
y3 = x3 (9− x3)
x2y + y2 = 6x
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A (-1;2). Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x + y – 8 = 0 và điểm B có hoành
độ lớn hơn 2.
Hướng dẫn
1. Đặt t = ab, a+ b = 3t− 1 ≥ 2√ab = 2√t⇒ t ≥ 1
P = 3(12t
2−9t+1)
4t2
+ 1
3t−1 − 9t
2−8t+1
t2
= 5t−1
4t2
+ 1
3t−1 = f(t)
f(t) ≤ 3
2
⇔ (t− 1)(18t2 − 7t+ 1) ≥ 0
P (1, 1) = 3
2
.maxP = 3
2
2. Nhận xét x = 0⇒ y = 0 là nghiệm của hệ. Xét x 6= 0⇒ y 6= 0. Chia hai vế của PT(1) cho
x3 và PT(2) cho xy ta thu được{
x3 +
(
y
x
)3
= 9
x+ y
x
= 6
y
⇔
{(
x+ y
x
)3 − 3y (x+ y
x
)
= 9
x+ y
x
= 6
y
3
Đặt a = x+ y
x
. Ta được
{
a3 − 3ay = 9
a = 6
y
⇔
{
a3 − 18 = 9
ay = 6
⇔
{
a = 3
y = 2
⇔
{
x+ y
x
= 3
y = 2
Từ đó thu được thêm hai nghiệm của hệ là
{
x = 1
y = 2
hoặc
{
x = 2
y = 2
3. Gọi I là trung điểm của MB. ta có Tam giác BMK vuông tại K nên I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMK
Tính được cosÂBK =
√
5
5
=> Gọi
−→
AB = (a, b), a2 +b2 > 0 |2a+b|√
(a2+b2)
√
5
=
√
5
5
⇔ 3a2 +4ab = 0
=> a=0 hoặc 3a= -4b => pt ABy−2 = 0 hoặc 4x−3y+10 = 0B(3, 2) (t/m) hoặc B(7
5
, 26
5
)
(Loại)
pt AI: x− 2y + 5 = 0.=>IA = IB => I(1, 3) hoặc I(1
5
, 13
5
)=> kết quả.............
5
1. Giải hệ phương trình:
{
(x2 + 1)y4 + 1 = 2xy2(y3 − 1)(1)
xy2(3xy4 − 2) = xy4(x+ 2y) + 1(2) (với x, y ∈ R).
2. Cho hình chữ nhật ABCD có ÂCD = α và cosα = 1√
5
. Điểm H thỏa mãn
−−→
HB + 2
−−→
HC = 0.
AH cắt BD tại K. Biết H
(
1
3
, −4
3
)
và K(1, 0). (yB > 0). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật.
3. Cho a, b > 0 và 2(a2 + b2) + 1
ab
= 5 Tìm GTNN của P = 3
1+x2
+ 3
1+y2
− 4
1+2xy
Hướng dẫn
1. Lấy (1)-(2) ta được y4(1 − 2xy) = xy5(2 − 3xy) y=0 không là nghiệm của hệ, ta được
3(xy)2 − 4xy + 1 = 0 ⇔ xy = 1 ∨ xy = 1
3
Th1: xy = 1 ⇔ x = 1
y
(y 6= 0) Thay vào (1) ta
được y4 = (y + 1)2 ⇔ y = 1±
√
5
2
→ x = −1±
√
5
2
Th2:xy = 1
3
⇔ x = 1
3y
Thay vào (1) ta được
3y4 = −(y + 3)2 (loại)
2. Bài này dài đấy. Cho phép tớ chỉ nêu hướng :
-Ta tính được tan α= 2=> AD =2DC =>tanB̂AH = 4
3
=> cosB̂AH = 3
5
-Viết pt AK => toạ độ A chứa tham số
Mặt khác AD = 2
3
BH =>
−−→
AK = 2
3
−−→
KH
=> toạ độ A => PT AB (gồm 2 pt) + toạ độ B chứa tham số
Ta có độ dài KH => độ dài AH => AB => B
Tính độ dài các cạnh => D,C.
3. Đặt t = ab, x2 + y2 = 5t−1
2t
≥ 2t⇒ 1
4
≤ t ≤ 1
P = 3(2+x
2+y2)
1+x2y2+x2+y2
− 4
1+2xy
= 3 9t−1
2t3+7t−1 − 41+2t ≥ 53 ⇔ (t − 1)(10t3 + 27t2 − 19t + 4) ≤ 0 ⇔
10t3 + 27t2 − 19t+ 4 ≥ 0
10t3 + 27t2 − 19t+ 4 = (t− 3
10
)2(10t+ 33) + 1
10
(1− t) + 93
100
> 0
P (1, 1) = 5
3
.minP = 5
3
6
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thằng vuông
góc với AC tại H. GỌi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH,BH và AD.Cho
E(17
5
; 29
5
), F (17
5
; 9
5
)vG(1; 5). Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE.
2. Giải phương trình √
x+ 1 +
√
x2 + 4x+ 3 =
√
(x+ 2)3
4
3. Cho x,y,z ∈ [0; 4] thoả xyz=1 Tìm GTLN của biểu thức : 1√
1+x2
+ 1√
1+y2
+ 1√
1+z
Hướng dẫn
1. +) EF là đường trung bình tam giác ABC nên EF = 1
2
BC = 1
2
AD = AG ⇒ −→AG = −→FE ⇔{
1− xA = 175 − 175
5− yA = 295 − 95
⇔ A(1, 1) +) −→EF (0,−4) là vecto pháp tuyến của AB mà AB đi qua
A(1, 1) nên (AB) : y − 1 = 0 +) −→AE(12
5
, 24
5
) là vecto pháp tuyến của BH mà BH đi qua
F
(
17
5
, 9
5
)
nên (BH) : 3x+ 6y− 21 = 0 +) Do AB cắt BH tại B nên tọa độ B là nghiệm của hệ
pt:
{
(AB) : y = 1
(BH) : 3x+ 6y − 21 = 0 ⇔ B(5, 1) +) Gọi I(a, b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABE ⇒ IA2 = IB2 = IE2 ⇔
{
(1− a)2 + (1− b)2 = (5− a)2 + (5− b)2
(5− a)2 + (5− b)2 = (17
5
− a)2 + (29
5
− b)2 Trừ theo
vế 2 pt trên ta được: a = 33−4b
7
. Khi đó thay lại vào hệ pt trên ta được a = b = 3. Vậy I(3, 3).
2. Đặt
√
x+ 1 = a,
√
x2 + 4x+ 3 = b Ta có (b2 − a2)3 = (x + 1)3(x + 2)3 với (x + 2)3 =
(a + b)2, (x + 1)3 = a6 Thay vào ta được (b − a)3(b + a)3 = a6(a + b)2 a + b = 0 không
là nghiệm Ta đc (b − a)2(b2 − a2) = a6 ⇔ (b − a)2 = a4 ⇔ b − a = a2 (b> a) Từ đây√
(x+ 1)(x+ 3)−√x+ 1 = x+ 1⇔ x =
√
5−3
2
(x=-1 ko là nghiệm)
3. P = 1√
1+x2
+ 1√
1+y2
+ 1√
1+z
TH1:z ≥ 1, xy ≤ 1 1√
1+x2
+ 1√
1+y2
+ 1√
1+z
≤ 2
√
z+1√
z+1
= f(z)
f(z) ≤ √5 ⇔ (√z − 2)2 ≥ 0 TH2: z ≤ 1, xy ≥ 1.Giả sử x ≥ y,ta có yz ≤ 1, x ≥ 1
1√
1+x2
+ 1√
1+y2
+ 1√
1+z
≤ 1√
1+x
+ 1√
1+y2
+ 1√
1+z2
≤ √5 P = √5⇔ x = y = 1
2
, z = 4 maxP =
√
5
7
1. Giải hệ phương trình :{
(23− 3x)√7− x+ (3y − 20)√6− y = 0(1)√
2x+ y + 2−√−3x+ 2y + 8 + 3x2 − 14x− 8 = 0(2)
2. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM và đường
cao AH lần lượt có phương trình 13x-6y-2=0,x-2y-14=0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I(-6;0).
3. Cho a > b > c > 0 tìm GTNN của: P= (3ab+bc)2
b4
+ 121b
2
a2+b2+c2+8ac
Hướng dẫn
1. (1) → [2 + 3(7 − x)]√7− x = [2 + 3(6 − y)]√6− y Xét f(t) = (2 + 3t2)t, f ′(t) > 0 nên
7−x = 6−y ⇔ y = x−1 thay vào (2) √3x+ 1−√6− x+3x2−14x−8 = 0⇔ √3x+ 1−4+
1−√6− x+3x2−14x−5 = 0⇔ 3(x−5)√
3x+1+4
+ x−5
1+
√
6−x +(x−5)(3x+1) = 0⇔ x = 5(−13 ≤ x ≤ 4)
2. Ta tìm đc A(-4;-9)
Gội G là trọng tâm,K là trực tâm tam giác ABC
Dễ dàng cm đc K,G,I thẳng hàng và
−→
IG = 1
3
−→
IK (theo đường thẳng ơle)
khi đó tìm đc điểm K,lại có
−−→
AK = 2
−−→
IM ,tìm đc M
khi đó ta viếtđc pt BC
Tọa độ B,C là ngiệm của hệ gồm pt BC và pt đường tròn.
3. Đặt x = a
b
, y = c
b
, x ≥ 1 ≥ y
P = (3x+ y)2 + 121
x2+y2+8xy+1
x2 + y2 + 8xy + 1 = t; (3x+ y)2 = 6x2 + x2 + 2x2 + 6xy + y2 ≥ 6 + x2 + 8xy + y2 = t+ 5
P ≥ t+ 5 + 121
t
= f(t)
f(t) ≥ 27⇔ (t− 11)2 = 0
5
P = 27⇔ a = b = c
Vậy minP = 27.
8
1. Giải hệ phương trình sau:
{
(x4 + y) 3y−x
4
= 1(1)
8 (x4 + y)− 6x4−y = 0(2)
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(- 3; 5) và có diện tích
bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình vuông biết tâm I của hình vuông nằm trên
đường thẳng d: x + y – 5 = 0 và có hoành độ dương.
3. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x
2
x+y2
+ y
2
y+z2
+ z
2
z+x2
.
Hướng dẫn
1. Đặt x4 + y = a, x4 − y = b (1)→ a = 3b (2)→ 8a− 6b = 0⇔ 8a− a.2b = 0⇔ a = 0∨ b = 3
Th1: a=0 (loại) Th2: b=3, thay vào (1) Ta đc hệ
{
x4 + y = 27
x4 − y = 3
2. Điểm I là giao điểm của đường tròn tâm A, bán kính r = 5
√
2
2
với đường thẳng d. (Lấy điểm
có hoành độ dương).
Điểm C là đối xứng của A qua I.
B,D là giao điểm của đường tròn tâm I bán kính r = 5
√
2
2
với đường thẳng đi qua I vuông
với AC
3. Ta có: x
2
x+y2
= x− xy2
x+y2
≥ x− xy2
2
√
xy
= x−y
√
x
2
y
√
x+z
√
y+x
√
z ≤√(x+ y + z)(xy + yz + zx) ≤√
(x+ y + z)2 = 3 Tương tự ta có: y
2
y+z2
≥ y − z
√
y
2
z2
z+x2
≥ z − x
√
z
2
Cộng vế với vế ta có:
P ≥ x + y + z − y
√
x+z
√
y+x
√
z
2
= 3 − y
√
x+z
√
y+x
√
z
2
Áp dụng bất đẳng thức Buniakovsky ta có:
y
√
x+ z
√
y + x
√
z ≤√(x+ y + z)(xy + yz + zx) ≤√(x+ y + z)2 = 3
Vậy minP = 3
2
khi và chỉ khi x = y = z = 1.
9
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2 AD = 2DC
,đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3x + y - 2 = 0 , phương trình đường thẳngDM
: x - y - 2 = 0 với M là điểm thỏa mãn de-thi-thu-thpt-quoc-gia-mon-toan-nam-20 . Xác định
tọa độ các điểm A, D, B
2. Giải bất phương trình:
2
(
x2 + 2
)
< 3
(
2x+
√
x3 + 8
)
3. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab+ a+ b = 3.
Chứng minh rằng: 3a
b+1
+ 3b
a+1
+ ab
a+b
≤ a2 + b2 + 3
2
.
Hướng dẫn
1. Bài này chỉ cần tìm đc M là tìm đc tất các điểm cần tìm
Gọi N là trung điểm BC thì ANCD là hình vuông , M là trung điểm CN
Gọi E là trung điểm AN ⇒ DM ⊥ CE
⇒ −−→nCE = −−→uDM = (1; 1)⇒ CE : x+ y = 0
H = DM ∩ CE ⇒ H(1;−1)
Ta có: ∆CHM ∼ ∆DCM ⇒ HM
CH
= CM
DC
= 1
2
⇒ 2HM = CH
6
M ∈MD ⇒M(t; t− 2)⇒ 2√(t− 1)2 + (t− 2 + 1)2 = 2√2⇔ |t− 1| = 1
2. Bất phương trình tương đương với 2 (x2 − 3x+ 2) < √x3 + 8⇔ 2 (x2 − 3x+ 2) <√(x+ 2) (x2 − 2x+ 4)
Đặt a =
√
x+ 2; b =
√
x2 − 2x+ 4. Ta thu được Bất PT
2 (b2 − a2) < 3ab⇔ (a+ b) (b− 4a) < 0⇔ b < 4a
Đến đây có lẽ ổn rồi????
Kết quả: 9−√109 < x < 9 +√109
3. Từ giả thiết suy ra: (a+ 1)(b+ 1) = 4
Khi đó: V T = 3a(a+1)+3b(b+1)
4
+ ab
a+b
≤ 3a2+3b2
4
+ a+ b
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
3a2 + 3b2 + 4(a+ b) ≤ 4(a2 + b2) + 6⇔ 4(a+ b) ≤ a2 + b2 + 2(ab+ a+ b)
hay 2(a+ b) ≤ (a+ b)2 ⇔ (a+ b)(a+ b− 2) ≥ 0 (1)
Mặt khác, từ giả thiết có: 6 = 2ab+ 2a+ 2b ≤ 2ab+ a2 + 1 + b2 + 1⇔ 2 ≤ a+ b
Do đó (1) đúng, vậy bất đẳng thức được chứng minh
10
1. Giải phương trình {
2x3 + x2y + xy2 +
(
x+ y
2
)2
= y3 − 3y2
4
(1)√
2 + x+
√
2y − 1 = 5(2)
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D; diện tích hình thang
bằng 6; CD =2AB, B(0;4). Biết điểm I(3;-1), K(2;2) lần lượt nằm trên đường thẳng AD và DC.
Viết phương trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa độ.
3. Cho số thực x, y, z thuộc đoạn [0; 2] và thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx
Hướng dẫn
1. Điều kiện : x ≥ −2 ∧ y ≥ 1
2
(1)⇔ 2x3 + x2y + xy2 + x2 + xy + y2
4
= y3 − 3y2
4⇔ x3 − y3 + x3 + x2y + xy2 + x2 + xy + y2 = 0
⇔ (x3 − y3) + x(x2 + xy + y2) + (x2 + xy + y2) = 0
⇔ (2x− y + 1)(x2 + xy + y2) = 0
Do x2 + xy + y2 = x2 + xy + 1
4
y2 + 3
4
y2 = (x+ 1
2
y)2 + 3
4
y2 > 0 nên
(2x− y + 1)(x2 + xy + y2) = 0⇔ 2x− y + 1 = 0⇔ y = 2x+ 1, thế vào (2)...
2. Hướng giải: Gọi vec tơ pháp tuyến của AD là (A;B)=> của DC là (-B;A) (tất nhiên A2+B2
khác 0)
=> PT AD và DC (có chứa A,B)
K/c từ B đến AD = BA ,K/c từ B đến DC = đường cao hình thang có S= 6
=> pt giữa A,B
Cho A 1 giá trị => B
3. Giả sử: y = min {x, y, z} , y ≤ 1
0 ≤ z = 3− x− y ≤ 2⇒ 1 ≤ x+ y ≤ 3⇒ 1− y ≤ x ≤ 3− y
P = (x+ y + z)2 − 3(xy + yz + zx) = 9− 3(xy + yz + zx)
−(xy+yz+zx) = −x(y+z)−y(3−x−y) = (x2+y2)−3(x+y)+xy = x2+(y−3)x+y2−3y =
f(x)
1− y ≤ x ≤ 2⇒ f(x) ≤ max {f(1− y), f(2)} = −y2 + y + 2 = y(1− y) + 2 ≥ 2
f(x) = −(x+ y−3
2
)2 − 3(y−1)2
4
+ 3 ≤ 3
0 ≤ P ≤ 3;P (1, 1, 1) = 0, P (2, 1, 0) = 3
7
minP = 0; maxP = 3
11
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(- 3; 5) và có diện tích
bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình vuông biết tâm I của hình vuông nằm trên
đường thẳng d: x + y – 5 = 0 và có hoành độ dương.
2. Giải phương trình
−2x3 + 10x2 − 17x+ 8 = 2x2 3
√
5x− x3
3. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x+ y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
2
x+y2
+ y
2
y+z2
+ z
2
z+x2
.
Hướng dẫn
1. Điểm I là giao điểm của đường tròn tâm A, bán kính r = 5
√
2
2
với đường thẳng d. (Lấy điểm
có hoành độ dương). Điểm C là đối xứng của A qua I. B,D là giao điểm của đường tròn tâm
I bán kính r = 5
√
2
2
với đường thẳng đi qua I vuông với AC
2. Nhận xét x=0 không là nghiệm, chia cho x3, đặt 1
x
= t Ta đc pt 8t3−17t2+10t−2 = 2 3√5t2 − 1
⇔ (2t− 1)3 + 2(2t− 1) = 5t2 − 1 + 2 3√5t2 − 1 ⇔ 2t− 1 = 3√5t2 − 1⇔ t = 17+
√
97
16
3. Ta có:
x2
x+y2
= x− xy2
x+y2
≥ x− xy2
2
√
xy
= x− y
√
x
2
y
√
x+ z
√
y + x
√
z ≤√(x+ y + z)(xy + yz + zx) ≤√
(x+ y + z)2 = 3
Tương tự ta có: y
2
y+z2
≥ y − z
√
y
2
z2
z+x2
≥ z − x
√
z
2
Cộng vế với vế ta có: P ≥ x+ y + z − y
√
x+z
√
y+x
√
z
2
= 3− y
√
x+z
√
y+x
√
z
2
Áp dụng bất đẳng thức Buniakovsky ta có:
y
√
x+ z
√
y + x
√
z ≤√(x+ y + z)(xy + yz + zx) ≤√(x+ y + z)2 = 3
Vậy minP = 3
2
khi và chỉ khi x = y = z = 1
12
1. Tìm nghiệm dương của phương trình
2x+ x−1
x
=
√
1− 1
x
+ 3
√
x− 1
x
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2 AD = 2DC
,đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3x + y - 2 = 0 , phương trình đường thẳngDM
: x - y - 2 = 0 với M là điểm thỏa mãn
−−→
BC = −4−−→CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.
3. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab+ a+ b = 3.
Chứng minh rằng: 3a
b+1
+ 3b
a+1
+ ab
a+b
≤ a2 + b2 + 3
2
.
Hướng dẫn
1. Điều kiện xác định x ≥ 1 hoặc x ≤ 0;x ≥ −1 Phương trình tương đương 2x + x−1
x
=√
x−1
x
+ 3
√
(x−1)(x+1)
x
Đặt
√
x−1
x
= t.Phương trình được viết lại là 2x + t2 = t + 3t
√
x+ 1.Coi
đây là phương trình bậc 2 ẩn t, tham số là x. Có ∆ = (
√
x+ 1 + 3)2 ⇒ t = 2(1 + √x+ 1)
hoặc t =
√
x+ 1 − 1. TH1 Dễ thấy với điều kiện xác định phương trình vô nghiệm. TH2
⇒ x−1
x
= x+2−2√x+ 1⇔ (x+ 1
x
+1) = 2
√
x+ 1⇔ (x− 1
x
)2−2(x− 1
x
)+1 = 0⇔ (x− 1
x
−1)2 = 0
⇒ x = 1+
√
5
2
(n) hoặc x = 1−
√
5
2
(l).
2. Gọi N là trung điểm BC thì ANCD là hình vuông , M là trung điểm CN
8
Gọi E là trung điểm AN ⇒ DM ⊥ CE
⇒ −−→nCE = −−→uDM = (1; 1)⇒ CE : x+ y = 0
H = DM ∩ CE ⇒ H(1;−1)
Ta có: ∆CHM ∼ ∆DCM ⇒ HM
CH
= CM
DC
= 1
2
⇒ 2HM = CH
M ∈MD ⇒M(t; t− 2)⇒ 2√(t− 1)2 + (t− 2 + 1)2 = 2√2⇔ |t− 1| = 1
3. Từ giả thiết suy ra: (a+ 1)(b+ 1) = 4
Khi đó: V T = 3a(a+1)+3b(b+1)
4
+ ab
a+b
≤ 3a2+3b2
4
+ a+ b
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
3a2 + 3b2 + 4(a+ b) ≤ 4(a2 + b2) + 6⇔ 4(a+ b) ≤ a2 + b2 + 2(ab+ a+ b)
hay 2(a+ b) ≤ (a+ b)2 ⇔ (a+ b)(a+ b− 2) ≥ 0 (1)
Mặt khác, từ giả thiết có: 6 = 2ab+ 2a+ 2b ≤ 2ab+ a2 + 1 + b2 + 1⇔ 2 ≤ a+ b
Do đó (1) đúng, vậy bất đẳng thức được chứng minh
13
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A,D, có phương trình AB là x-y+2=0, điểm D (1;2),
M  AD . Tìm B,C sao cho SBMC min ( BMC vuông tại M).
2. Giải hệ phương trình: {
2
√
2x− 3y +√5− x+ y = 7
3
√
5− x+ y −√2x− y − 3 = 1
3. Cho số thực x, y, z thuộc đoạn [0; 2] và thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx
Hướng dẫn
1. Ta sẽ xét bài toán Cho hình thang vuông ABCD tại A ,D ,AB//DC. Điểm M nằm trên AD
sao cho B̂MC = 900
Bài này có 2 cách giải
Cách 1:
Gọi AB=x,DC=y,AM=a,DM=b. Cần tìm x,y để SBMCmin
Ta có SBMC=MB.MC=
√
(a2 + x2)(b2 + y2)