[Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn

Trang chủ: Megabook.vn

TUYỆT ĐỈNH LUYỆN ĐỀ THPT QUỐC GIA 2015 TOÁN HỌC

Mega bookChuyên Gia Sách Luyện Thi

CHÚ Ý: Bản đọc thử chỉ là đề thi mẫu nhằm mục đích giúp các em hình dung được nội dung cuốn sách. Trong sách thật sẽ trình bày khác để các em có thể học một cách hiệu quả nhất.

BẢN ĐỌC THỬ

TUYỆT ĐỈNH LUYỆN ĐỀ THPT QUỐC GIA 2015 TOÁN HỌC 1

"Thiên tài gồm 2% cảm hứng và 98% cực nhọc" là câu nói nổi tiếng của Edison về tinh thần học

tập và lao động miệt mài không ngừng nghỉ. Trong 84 năm của cuộc đời, trung bình mỗi ngày

ông làm việc khoảng 20 giờ. Tới năm 75 tuổi, ông mới chịu giảm bớt thời gian làm việc xuống

16 giờ mỗi ngày. Trong suốt cuộc đời của mình, ông đã đọc hơn 10.000 cuốn sách bằng cách "ăn

bớt thời giờ làm việc để ngốn hết 3 cuốn sách mỗi ngày". Ngoài học vấn về khoa học và sử học,

ông còn là một học giả chuyên khảo cứu nền văn minh Hi Lạp và La Mã.

Trong hơn 1.000 sáng chế của Thomas Edison thì máy hát, bóng đèn điện và máy chiếu phim là

ba sáng chế vĩ đại làm thay đổi cục diện lịch sử và cuộc sống của nhân loại. Ông được dân chúng

phong tặng danh hiệu là "thầy phù thủy ở Menlo Park".

Thomas Edison bắt đầu nghiên cứu về bóng đèn điện từ tháng 3 năm 1878. Hàng ngàn cuộc thử

nghiệm, nghiên cứu diễn ra bền bỉ đến tận tháng 10 năm 1879, chiếc bóng đèn điện đầu tiên của

nhân loại đã ra đời, chiếu sáng đến tận 40 giờ liên tục. Ngày 31 tháng 12 năm 1879, một chuyến

xe lửa đặc biệt mang theo hơn 3.000 người hiếu kì xuôi ngược New York – Menlo Park để tận

mắt quan sát bóng đèn điện. Đêm hôm đó, tất cả các nhà khoa học, giáo sư, nhân viên chính

quyền cùng toàn bộ người dân vùng Menlo Park tràn ngập trong ánh sáng chan hòa của một thứ

đèn mới thay thế cho loại đèn sử dụng chất đốt thông thường.

Máy hát – chiếc máy có thể thu, phát âm thanh và máy chiếu phim – ghi, phát các hình ảnh động

do Edison sáng chế đã mở ra một ngành kĩ nghệ rộng lớn trên thế giới, cung cấp phương tiện giải

trí nghe nhìn cho hàng tỉ người trên thế giới…..

Từ khi rời trường học năm 7 tuổi, Thomas Edison đã học tập, làm việc bền bỉ, miệt mài và không

biết mệt mỏi. Ông đã tự học, tự đọc, ngủ 5 tiếng mỗi ngày và thực hiện nhiều dự án tạo bạo cùng

một lúc. Lòng tận tụy với nhân loại của Thomas Edison đã được thực hiện đúng theo câu nói nổi

tiếng bất hủ của ông: “ Tổ quốc của tôi là thế giới và tôn giáo của tôi là làm từ thiện”

Đừng gọi đó là lỗi lầm, hãy gọi đó

là một bài học. Thomas Edison

Nếu Các Em Thấy Sách Hay Thì Có Thể Vào Website Megabook.vn Để Đặt Mua Nhé


Đề số 01 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2y 4x m 3 x mx (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m 1 .

b) Xác định m để hàm số đồng biến trên khoảng 0; .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22 3cos x 6sin xcosx 3 3 .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2x 1;x 2;y 0;y x 2x .

Câu 4 (1,0 điểm).

a) Gọi 1z và 2z là hai nghiệm của phương trình 2z 2z 10 0 . Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2A z z .

b) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi

trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

4x 3y 1 0

d :y 4z 3 0

và mặt phẳng P :3x 4y z 8 0 . Lập phương trình hình chiếu

vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng P .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ,

AB AD 2a,CD a , góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng060 . Gọi I là

trung điểm của cạnh AD . Biết hai mặt phẳng SBI và SCI vuông góc với mặt phẳng

ABCD . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó đỉnh C 4; 1 ,

đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là:

1d : 2x 3y 12 0 và 2d : 2x 3y 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 211 3x 1 3x 6x x 11 3x .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x x y z 3yz . Chứng minh

GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN

.................HẾT..................

3 3 3

x y x z 3 x y x z y z 5 y z



GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN

Câu 1.a. Với m 1 hàm số trở thành 3 2y 4x 4x x

- Tập xác định: D R .

- Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 2y' 12x 8x 1 ;

1x

6y ' 0

1x

2

.

1 1y' 0, x ; ;

2 6

, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng

1;

2

và 1

;6

.

1 1y' 0, x ;

2 6

, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng

1 1;

6 2

.

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại CD

1x ;y 0

2 . Hàm số đạt cực tiểu tại

CT

1 2x ;y

6 27 .

+ Giới hạn:x xlim y ; lim y

.

+ Bảng biến thiên

x 1

2

1

6

y ' 0 0

y

0

2

27

- Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 0;0 và1

;02

.

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm 0;0 .



+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn 1 1

I ;3 27

làm tâm đối xứng.

+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm 3 1

; 6 , 1; 1 , ;2 , 1;92 2

.

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b.

Cách1:Hàm số đồng biến trên khoảng 0; khi y' 0, x 0;

f x 0, x 0;

2

2

m 3 0

' 0 m 3m 3 0

' 0 m 3m 0m 3S 0 m 30

6P 0 m 0

m0

12

Kết luận m 0 .

Cách 2: Nhận thấy rằng, phương trình y' 0 luôn có nghiệm 1

x2

và m

x6

.



Từ đó, hàm số đồng biến trên khoảng 0; khi y' 0, x 0;

f x 0, x 0;

0m 3

1 m0 0 m 3 m 0

2 6m 3

m 10

6 2

.

Kết luận: m 0 .

Cách 3: Hàm số đồng biến trên khoảng 0; khi

2y' 0, x 0; 12x 2 m 3 x m 0, x 0;

2m 2x 1 12x 6x, x 0;

x 0;m 6x, x 0; m max 6x 0 m 0

.

Kết luận: m 0 .

Nhận xét: Để xét tính đơn điệu của hàm số y f x , ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Tính đạo hàm y ' , rồi tìm các điểm tới hạn.

Bước 3: Tính các giới hạn (nếu cần).

Bước 4: Lập bảng biến thiên của hàm số (có thể bỏ qua việc này nếu phương trình f ' x 0 vô

nghiệm.

Bài tập tương tự:

a. Tìm m để hàm số 3 21y x m 1 x m 3 x 4

3 đồng biến trên khoảng 0;3 .

Đáp số: m 3 .

b. Tìm m để hàm số 3 2y x 3x mx 4 đồng biến trên khoảng ;0 .

Đáp số: m 3 .



c. Tìm m để hàm số 2 3 21y m 1 x m 1 x 2x 1

3 nghịch biến trên khoảng

2; .

Đáp số: 1 m 1 .

Câu 2.

Cách 1: Phương trình tương đương với:

1 3 3

3 1 cos2x 3sin 2x 3 3 cos2x 3sin 2x 3 cos2x sin 2x2 2 2

2x 2k x k3 3 6 4

cos 2x ,k3 2

2x k2 x k3 4 12

.

Phương trình có nghiệm: x k ;x k ;k4 12

.

Cách 2: Xét hai trường hợp

Trường hợp 1:cosx 0 x k ,k2

; không thỏa mãn.

Vậy x k2

không là nghiệm của phương trình.

Trường hợp 2:cosx 0 x k ,k2

.

Chia cả hai vế của phương trình cho 2cos x , ta được

2 22 3 6tan x 3 3 1 tan x 3 3 tan x 6tan x 3 3 0

tan x 1x k

,k43 3tan x tan

x k3 3

.



Phương trình có nghiệm: x k ;x k ;k4

, với

3 3tan

3 3

.

Nhận xét:

Đối với phương trình: 2 2asin x bsinxcosx ccos x d . (1)

Ta có các cách giải như sau:

Cách 1:

Bước 1: Xét cosx 0 x k ,k2

.

+ Nếu a d , thì (1) có nghiệm là x k2

.

+ Nếu a d , thì (1) không có nghiệm là x k2

.

Bước 2: Xét cosx 0 x k ,k2

.

Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 2cos x , ta được 2 2a tan x b tan x c d 1 tan x .

Đặt t = tanx, phương trình trở thành 2a d t bt c d 0 . (2)

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , rồi suy ra x .

Cách 2: Sử dụng các công thức:

2 21 cos2x 1 cos2x 1sin x ;cos x ;sin xcosx sin 2x

2 2 2

.

Ta được: bsin2x c a cos2x d c a (đây là phương trình bậc nhất đối với sin x và

cosx ).


a. Giải phương trình 2 22sin x 3sinxcosx cos x 0 .

Đáp số:1

x k ;x arctan k ;k4 2

.



b. Giải phương trình 2 23sin x sin2x cos x 3 .

Đáp số: x k ;x k ;k2 4

.

c. Giải phương trình 2 24sin x 3 3sin2x 2cos x 4 .

Đáp số:5

x k ;x k ;k2 6

.

Câu 3. Gọi S là diện tích cần xác định, ta có:

2

2

1

S x 2x dx

.

Xét dấu hàm số 2f x x 2x trên đoạn 1;2 , như sau:

x 1 0 2

f x 0

Vậy 0 20 2

2 2 3 2 2 3

1 0 1 0

1 1 8S x 2x dx 2x x dx x x x x

3 3 3

(đvdt).

Nhận xét: Bài toán “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x (liên tục

trên đoạn a;b ), trục hoành và hai đường thẳng x a;x b và trục Ox ”, ta thực hiện các

bước sau:

Bước 1: Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: b

a

S f x dx .

Bước 2: Xét dấu biểu thức f x trên a;b thành các đoạn nhỏ, ví dụ:

1 1 2 na;b a;c c ;c ... c ;b .

Bước 3: Vậy 1 2

1 k

c c b

a c c

S f x dx f x dx ... f x dx .



Chú ý: Đối với bài toán phát biểu dưới dạng “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới đồ thị hàm

số x f y (liên tục trên đoạn a;b ), hai đường thẳng y a;y b và trục Oy ”, thì công

thức tính diện tích là: b

a

S f y dy


a. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2y x 4x 3;x 0;x 3 và trục Ox .

Đáp số:8

S3

(đvdt).

b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 2y x 11x 6;y 6x ;x 0 và x 2 .

Đáp số:5

S2

(đvdt).

c. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y x;y 0 và 2y 2 x .

Đáp số:S4

(đvdt).

Câu 4.a: Ta có 2' 1 10 9 9i

Suy ra 1z 1 3i và 2z 1 3i .

Do đó 2 2 2 2 22

1 2A z z 1 3 1 3 20

.


a. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình 22z 4z 11 0 . Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

2

1 2

z zA

z z

.

b. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình 2z 2z 4 0 . Tính giá trị của biểu thức

2 2 3

1 2 1 2A z z 3 z z .



c. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình 21 i 2 z 3 2i z 1 i 0 . Không

giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2 2

1 2A z z .

Câu 4.b. Số cách chọn 5 viên bi bất kỳ từ 18 viên bi đã cho là 5

18C 8568 .

Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”.

Ta có các trường hợp sau:

+ TH1: Trong 5 viên bi được chọn có 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng và 3 viên bi xanh. Có 1 1 3

6 7 5C .C .C cách chọn.

+ TH2: Trong 5 viên bi được chọn có 2 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 1 viên bi xanh. Có 2 2 1

6 7 5C .C .C cách chọn.

Do đó cách lấy được 5 viên bi có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng là: 1 1 3 2 2 1

A 6 7 5 6 7 5C .C .C C .C .C 1995 .

Xác suất của biến cố A là: A

A

1995 95P

8568 408

.


a. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi

từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu.

Đáp số: 645 cách.

b. Có 9 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng có kích thước đôi một khác nhau. Hỏi

có bao nhiêu cách chọn ra 6 viên bi, trong đó số bi xanh bằng số bi đỏ.


c. Xếp 3 viên bi đỏ có bán kính khác nhau và 3 viên bi xanh giống nhau vào một dãy 7 ô

trống. Hỏi có bao nhiêu cách xếp khác nhau sao cho 3 viên bi đỏ xếp cạnh nhau và 3 viên

bi xanh xếp cạnh nhau.


Câu 5. Đường thẳng d có một vtcp a 3;4;1 . Mặt phẳng P có một vtpt n 3;4;1 .Suy ra

a / /n d P , do đó hình chiếu vuông góc của d lên P chính là giao điểm H của

d và P có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình

4x 3y 1 0 x 1

y 4z 3 0 y 1 H 1;1;1

3x 4y x 8 0 z 1

.



Nhận xét: Với yêu cầu “Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt

phẳng P ”, chúng ta lựa chọn phương pháp thực hiện tùy thuộc vào vị trí tương đối của d và

P như sau:

a. Nếu d P thì hình chiếu vuông góc của d lên P chính là d .

b. Nếu d P thì hình chiếu vuông góc của d lên P chính là giao điểm của d và

P .

c. Nếu d / / P thì có các cách giải như sau:

Cách 1: ta thực hiện các bước:

Bước 1: Lấy điểm A d , từ đó xác định tọa độ điểm AH là hình chiếu vuông góc của

A lên P .

Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng P là

đường thẳng 1d được cho bởi:

A

1

1

qua Hd :

d / / d

.

Cách 2: Thực hiện các bước:

Bước 1: Lập phương trình mặt phẳng Q chứa d và vuông góc với P .

Bước 2: Khi đó, hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng P chính là

giao điểm của P và Q .

d. Nếu d cắt P thì có các cách giải sau:

Cách 1: Thực hiện các bước:

Bước 1: Xác định tọa độ giao điểm I của d và P .

Bước 2: Lấy điểm A d , từ đó xác định tọa độ điểm AH là hình chiếu vuông góc của

A lên P .

Bước 3: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng P là

đường thẳng 1d được cho bởi: 1

A

Aquad :

vtcp I

H

H

.

Cách 2: Thực hiện như ở phần b).


a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 2z 0

d :3x 2y z 3 0

và

mặt phẳng P : x 2y z 5 0 . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường

thẳng d lên mặt phẳng P .



Đáp số:

11y

x 4 z 22:16 13 10

.

b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y 1 z 2

d :2 1 3

và

mặt phẳng P : x 3y 2z 5 0 . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường


Đáp số:x 1 y 2 z 5

:23 29 32

.

c. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2x y z 5 0

d :2x z 3 0

và

mặt phẳng P : x y z 7 0 . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường


Đáp số:6x y 5z 7 0

:z y z 7 0

.

Câu 6.

Vì SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD

nên SI ABCD , suy ra S.ABCD ABCD

1V .SI.S

3 . (1)

Ta có 2

ABCD

1S AB CD .AD 3a

2 . (2)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên BC , suy ra:

IK BC .

Suy ra 0SBC ; ABCD SKI 60 .

Ta có: 2 2

2

IBC ABCD IAB ICD

3a 3aS S S S 3a

2 2 .

Mặt khác:

2 2 IBCIBC

2 2

2S1 1 3a 5S IK.BC IK AB CD AD IK

2 2 5AB CD AD

.



Trong tam giác SIK , ta có: 03a 5 3a 15

SI IK.tanSKI .tan605 5

(3).

Thay (2), (3) vào (1), ta được

3

S.ABCD

3a 15V

5 .

Nhận xét: Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu nhiều về kiến thức ở lớp 11, cụ

thể:

+ Vì SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên:

S.ABCD ABCD

1SI ABCD V SI.S

3 .

+ Góc giữa hai mặt phẳng cụ thể là SBC và ABCD . Khi đó, chúng ta cần chỉ ra được một

điểm thuận lợi K trên giao tuyến BC sao cho:

0

SBC Kx BCxKy 60

ABCD Ky BC

.

Điểm K chính là hình chiếu vuông góc của S (hoặc I ) trên BC bởi định lý ba đường vuông

góc. Nhiệm vụ còn lại là chúng ta sử dụng các hệ thực trong tam giác để tính SI và ABCDS .


a. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB BC 2a , hai

mặt phẳng SAC và SBC cùng vuông góc với mặt đáy ABC . Gọi M là trung

điểm cạnh AB , mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N . Biết góc tại bởi

SBC và ABC bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa

hai đường thẳng AB và SN theo a (ĐH – A – 2011).

Đáp số:3

S.BCNMV 3a (đvtt); 2 39

d AB;SN a13

.

b. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi H là trung điểm

cạnh AB ; hai mặt phẳng SHC và SHD cùng vuông góc với mặt đáy ABCD .

Tính thể tích khối chóp nếu hình chóp có ba mặt bên là tam giác vuông.

Đáp số:

3

S.ABCD

aV

6 (đvtt).

c. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, hai đường chéo AC và BD

vuông góc với nhau, AD 2 2a,BC 2a . Hai mặt phẳng SAC và SBD cùng

vuông góc với mặt đáy ABCD ; góc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng



060 . Tính thể tích khối chóp S.ABCDvà khoảng cách từ trung điểm M của AB đến

mặt phẳng SCD theo a .

Đáp số:3

S.ABCD

3 15V a

5 (đvtt) và

9 15d M, SCD a

20 .

Câu 7.

Vì 1BC d nên BC có phương trình: 3x 2y m 0 (1); vì C BC nên

3 .4 2. 1 m 0 m 10 .

Thay m 10 vào (1), ta được BC:3x 2y 10 0 .

Điểm 1 2A d d , suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

2x 3y 12 0

A 3;22x 3y 0

.

Phương trình cạnh AC là x 3 y 2

4 3 1 2

hay AC:3x 7y 5 0 .

Gọi M là trung điểm cạnh BC , khi đó điểm 2M d BC . Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm

của hệ phương trình: 3x 2y 10 0

M 6; 42x 3y 0

.

Vì M là trung điểm của BC nên ta có: B C M B M C B

B C M B M C B

x x 2x x 2x x x 8

y y 2y y 2y y y - 7

Phương trình cạnh AB là: x 8 y 7

3 8 2 7

hay AB:9x 11y 5 0 .

Phương trình ba cạnh của tam giác ABC là:

AB:9x 11y 5 0;BC:3x 2y 10 0;AC:3x 7y 5 0 .


a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó chân đường cao kẻ từ C tới

AB là điểm H 1; 1 , đường phân giác trong góc A có phương trình x y 2 0

và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0 . Xác định tọa độ đỉnh C của tam

giác.

Đáp số:10 3

C ;3 4

.



b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó đỉnh A 1;0 và hai đường

thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có phương trình x 2y 1 0 và

3x y 1 0 . Xác định tọa độ đỉnh B và C .

Đáp số: B 5; 2 ,C 1;4 .

c. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó đỉnh A 2;3 và hai đường

thẳng 1d : x y 5 0 và 2d : x 2y 7 0 ; biết tam giác ABC có trọng tậm

G 2;0 . Xác định tọa độ điểm B trên 1d và C trên 2d .

Đáp số: B 1; 4 ,C 5;1 .

Câu 8.

Định hướng: Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa 11 3x và x , đồng thời

2

11 3x 3x 11 , vì vậy ta sử dụng phép đặt a 11 3x

b x

để đưa phương trình đã cho

về hệ phương trình hữu tỷ.

Lời giải:Điều kiện: 11

x3

. Đặt 2

a 11 3x;a 0

a 3b11b x;b

3

11

.

Ta có hệ phương trình

22

2 2 2 2

3b 11 a 1a 3b 11

a 1 3b 6b ab a 1 ab 3b 2.3b 2

.

Thay (1) vào (2), ta được 2 2 2 2 2a 1 ab 3b 2 11 a b a 3 2a a 21 0

2

2

a 3a 3 b 2a 7 0

b 2a 7 0 vn

.

Phương trình 2b 2a 7 0 vô nghiệm vì a 0 .

Với a 3 , ta được 2

11 3x 3 x3

.

Phương trình có nghiệm: 2

x3

.




a. Giải phương trình 3 2 3x 15x 78x 141 5 2x 9 (Olympic 30 – 4 lần thứ XVII,

năm 2011).

Hướng dẫn: Đặt 3

a x 5

b 2x 9

. Đáp số:

11 5 11 5S 4; ;

2 2

.

b. Giải phương trình 3 3

3 3 32 x 7 x 3 2 x 7 x .

Hướng dẫn: Đặt

3

3

a 2 x

b 7 x

. Đáp số: S 1; 6 .

c. Giải phương trình 2 24x 5x 1 2 x x 1 9x 3 .

Hướng dẫn: Đặt

2

2

a 4x 5x 1;a 0

3b 2 x x 1;b

2

. Đáp số:1 56

S 0; ;3 65

.

Câu 9.

Định hướng: Trước tiên, chúng ta nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh để khẳng định nó

được xây dựng dựa trên ba hạng tử là: x y,x z và y z .

Như vậy, để giảm độ phức tạp của bất đẳng thức cần chứng minh thì chúng ta nghĩ ngay tới việc

đặt ẩn phụ:

a x y

b x z

c y z

và khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3 3 3 2 2 3a b 3abc 5c a b a b ab 3abc 5c . (1)

Tiếp đến, chúng ta cần chuyển biểu thức điều kiện theo a,b,c bằng việc giải hệ đặt ẩn phụ ở

trên, nhận được: 1 1 1

x a b c ;y a b c ;z a b c2 2 2

.

Khi đó điều kiện x x y z 3xzy trở thành 2 2 2c a b ab . (2)

Sử dụng triệt để (2) để chứng minh (1).



Lời giải: Đặt

1x a b c

2a x y1

b x z y a b c2

c y z1

z a b c2

.

Khi đó, điều kiện x x y z 3yz trở thành 2 2 2c a b ab (1)

2 2 2 22 3 1

c a b 3ab a b a b a b a b 2c4 4

. (2)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3 3 3 2 2 2a b 3abc 5c a b a b ab 3abc 5c

1

2 2 2a b c 3abc 5c a b c 3ab 5c . (3)

Từ (2), ta có 2a b c 2c . (4)

Mặt khác 2 2 2 21 1

ab a b 2c c 3ab 3c4 4

. (5)

Cộng theo vế (4) và (5) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2c a b abx y z

a b c

.


a. Cho các số dương x,y,z thỏa mãn x y z 1 . Chứng minh rằng

x y z1

x x yz y y zx z z xy

.

Hướng dẫn: sử dụng giả thiết và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz để biến đổi, sau đó đặt

a x;b y;c z để đưa bài toán về đơn giản hơn.

b. Cho x y 1,x 3,xy 6,xy 6z . Chứng minh rằng x y z 4 .

Hướng dẫn: Đặt a x 1;b y 1;c z 1 .



Bạn đã học được những gì từ đề thi này? Hãy ghi lại để dễ dàng ôn tập lại nhé!

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................


Education

[Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn