Đây là đề thi thử và đáp án chi tiết môn Toán học số 2 của Megabook. Các em có thể tham khảo nhé! ------------------------------------------------------------------------------ Các em có thể tham khảo bộ sách hay của Megabook tại địa chỉ sau nhé ;) http://megabook.vn/ Chúc các em học tốt! ^^

1. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 1
ĐỀ MEGABOOK SỐ 2 MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Tìm hệ số góc k của đường thẳng d đi qua điểm  1; 2M  , sao cho d cắt  C tại hai điểm phân biệt ,A B
. Gọi ,A B
k k là hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại A và B . Tìm các giá trị của k để
1
A
B
k
k
 đạt
giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
  1 sin 2 sin 2 6 c o s 2 sin 3
2
2 c o s 1
x x x x
x
   


.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
 
2
1
0
2 1
ln 1
1
x
I x d x
x

 

 .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn 2 3 1z z i    và   1 2z i z i   là số thực.
b) Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5
viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 7 0x y z     và đường
thẳng
12 2
:
1 2 2
yx z
d
 
 

. Viết phương trình mặt phẳng   chứa d và tạo với   một góc  sao cho
4
co s
9
  .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S A BC có đáy là tam giác A BC vuông tại A , , 2A B a B C a  , góc giữa
hai mặt phẳng  S A C và mặt phẳng đáy bằng 0
6 0 , tam giác SA B cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc với
mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp .S A BC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và SC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác A BC nhọn nội tiếp đường tròn  C có
phương trình 2 2
2 5x y  , A C đi qua  2 ; 1K , hai đường cao B M và C N . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết
A có hoành độ âm và đường thẳng M N có phương trình 4 3 10 0x y   .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
2
11 1
2 1
2 4 8
xx
x x

     .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn 2x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23
3 427 10
9 8
yx
P
y x

  .
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác định:  / 1D R  .
- Sự biến thiên:

2. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 2
+ Chiều biến thiên:
 
2
1
'
1
y
x


.
   ' 0 , ; 1 1;y x         , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1   và  1;  .
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn:
lim 2; lim 2
x x
y y
   
  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 2y  .
1 1
lim ; lim
x x
y y
 
   
    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x   .
+ Bảng biến thiên
x  1  
'y  
y
2
 
 
2
- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục O x tại điểm
1
; 0
2
 
 
 
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục O y tại điểm  0 ; 1 .
+ Đồ thị hàm số giao điểm  1; 2I  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm  
3 1 3
2 ; 3 , ; 4 , ; 0 , 1;
2 2 2
     
       
     
.
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Phương trình đường thẳng d là  1 2y k x   .
Để d cắt  C tại 2 điểm phân biệt khi phương trình
2 1
2
1
x
kx k
x

  

có 2 nghiệm phân biệt
Tức phương trình 2
2 1 0kx kx k    có 2 nghiệm khác 1 .
 2
0 , 2 1 0
0
' 1 0
k k k k
k
k k k
     
  
    
.
Ta có
 
2
1
'
1
y
x


. Suy ra
   
2 2
1 1
;
1 1
A B
A B
k k
x x
 
 
trong đó ,A B
x x là nghiệm của phương trình
2
2 1 0kx kx k    .

3. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 3
Nên
 
 
2
2
1 1
1
1
A B
B
A
k x
k x
   

và ,A B
x x thỏa mãn  
2
1 1k x    .
Suy ra    
1 1 1
2 2A B
k k k k k
k k k
   
               
   
, đẳng thức xảy ra khi 1k   .
Vậy
1
A
B
k
k
 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi 1k   .
Nhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua một điểm nào đó và cắt đồ thị hàm số cho trước tại n điểm thỏa
mãn tính chất của tiếp tuyến tại các hoàng độ giao điểm. Ta lập phương trình đường thẳng rồi tìm giao điểm
của nó với hàm số , sau đó biện luận các yêu cầu của bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương trình đường thẳng đi qua điểm  ,Q Q
Q x y hệ số góc k có phương trình:  Q Q
y k x x y   .
-Bất đẳng thức AM GM : , 0 2a b a b ab    . Dấu bằng xảy ra a b  .
Áp dụng cho bài toán:
- Phương trình đường thẳng đi qua M hệ số góc k là  1 2y k x   .
- Lập phương trình hoành độ giao điểm. d cắt  C tại hai điểm phân biệt  
2
, 2 1 0A B f x kx kx k     
có hai nghiệm phân biệt 1x   .
- Hệ số góc tiếp tuyến tại ,A B lần lượt là ,A B
k k ( ,A B
x x là nghiệm của phương trình   0f x  ). Khi đó tìm
được
1
A
B
k
k
 với  
1
1 1 2A B
k x k k k
k
         ( theo A M G M ).
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



. Lập phương trình tiếp tuyến của độ thị biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ
,O x O y lần lượt tại A,B thỏa mãn
4
O A
O B  . Đáp số:
1 5 1 13
;
4 4 4 4
y x y x      .
b. Cho hàm số
2
2
x
y
x


. Viết phương trìn tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến tạo hai trục tọa độ một
tam giác có diện tích bằng
1
1 8
. Đáp số:
9 1
4 2
y x  .
Câu 2. Điều kiện
2
2 ;
3
x k k

     .
Phương trình tương đương
  1 sin 4 sin c o s 6 c o s 2 sin 3
2
2 c o s 1
x x x x x
x
   


   
   2
sin 1
1 sin 2 sin 3 2 c o s 1
2 1 sin 2 sin 3 2 2 sin sin 1 0 1
2 c o s 1 sin
2
x
x x x
x x x x
x x
  
  
          
 

2
2
2
6
5
2
5
x k
x k
x k
 
   


   



   

.
Phương trình có nghiệm:
5
2 ; 2 ; 2 ;
2 6 5
x k x k x k k
  
           Z .
Nhận xét: Phương pháp sử dụng phân tích nhân tử, giải phương trình cơ bản. Để giải phương trình ta sử
dụng công thức cơ bản nhân đôi, đặt nhân tử chung. Lưu ý kiểm tra điều kiện để kết hợp nghiệm.

4. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 4
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng công thức góc nhân đôi s in2 =2sin cos   .
-Nhóm nhân tử chung , thu được phương trình bậc 2 cơ bản.
-Giải phương trình bậc 2 ẩn duy nhất sin x tìm đươc x với công thức nghiệm:
+
2
sin ;
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
.
+cos cos 2 ;x x k k Z         .
-Kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
sin 2 co s 2
co t tan
co s sin
x x
x x
x x
    . Đáp số: 2
3
x k

    .
b. Giải phương trình
3
ta n 3 c o s sin . ta n
2
x x x x
 
   
 
. Đáp số:
7
, 2
6
x k x k

     .
Câu 3.  
 1 1
0 0
ln 1
4 ln 1
1
x
I x x d x d x
x

  

  .
 
1
0
4 ln 1A x x d x  .
Đặt
 
2
ln 1 1
1
2
d x
d u
u x x
xd v x d x
v

    
 
  

.
   
11
2 2
1
0
0 0
1 1 1
4 ln 1 1 4 1
2 2 2 2
x x
A x x dx x
    
          
      
 .
 
    
 
1
2
1 1
2
0 0
0
ln 1 ln 1 1
ln 1 ln 1 ln 2
1 2 2
x x
B dx x d x
x
 
     

  .
Vậy 21
1 ln 2
2
I   .
Nhận xét: Đặc điểm biểu thức dưới dấu tích phân khó có thể đổi biến số và sử dụng tích phân từng phần. Ta
tách tích phân ban đầu thành 2 tích phân nhỏ.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính tích phân từng phần : . '
b
b
a
a
I u v u vdu 
 .
-Công thức tính
1
1
bb n
n
a a
x
x d x
n


 .
-Nhận thấy
   
2
2 1 4 1 1
1 1
x x x
x x
  

 
, nên ta có I A B  .
- Tính A : Sử dụng công thức tính tích phân từng phần với
 
2
ln 1
1
2
u x
x
v
  

 


.
- Tính B :
 1
0
ln 1
1
x
B d x
x


 . Nhận thấy   
1
ln 1 '
1
x
x
 

nên ngầm đặt ẩn phụ  ln 1t x  chuyển về công
thức '.
n
u u du
 .
Bài tập tương tự:

5. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 5
a. Tính tích phân
 
 
1
0
2 ln
1 ln
x x x
I d x
x x
 


 . Đáp số: 3 2 ln 2I e   .
b. Tính tích phân
 
3
2
2 2
2 ln ln 3
1 ln
e
e
x x x x
I d x
x x
 


 . Đáp số: 3 2
3 ln 2 4 2I e e    .
Câu 4.a. Giả sử số phức z có dạng:  ; ,z a bi a b  
            1 2 1 1 2 1 1 2z i z i a a b b a b a b i              
 
    1 1 2 0 1a b a b a b        
     
2 2 2
2
2 3 1 2 3 4 1 1z z i a b a b          
2 2 1
3 11 6 0 3 , 2 ; ,
3 3
a a a b a b          .
Vậy
2 1
3 2 ;
3 3
z i z i    .
Nhận xét: Bài toán yêu cầu tìm số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó. Ta chỉ cần đặt số phức có dạng chung
 ,z a bi a b R   rồi thay vào các điều kiện để giải ra z .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Đặt z a bi   ,a b R . Số phức z là số thực khi và chỉ khi phần ảo của nó bằng 0.
- Thay vào đẳng thức 2 3 1 1z z    . Sử dụng tính chất modul của số phức.
- Mặt khác ,   1 2z i z i   là số thực nên phần ảo bằng 0.
- Giải hệ cơ bản      
2 2 22
2 3 4 1 1
1
a b a b
a b

     

 
tìm được ,a b thu được số phức z cần tìm.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tìm số phức z thỏa mãn  
2
1 11z i z i   . Đáp số: 3 2 , 2 3z i z i     .
b. Tìm số phức z thỏa mãn  1 2 3i z z i   . Đáp số:
1 1
4 4
z i   .
Câu 4.b. Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là 5
1 4
2 0 0 2C  (cách), suy ra, không gian mẫu là 2002  .
Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng.
Ta có 1 4 2 3 3 2 4 1
8 6 8 6 8 6 8 6
1940A
C C C C C C C C      .
Vậy  
1940 970
2002 1001
A
P A

  

.
Nhận xét: Bài toán tính xác suất ta chỉ cần sử dụng công thức tính xác suất cho biến cố A bất kì.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính xác suất của biến cố A bất kì:  
 A
P A



với  A là số trường hợp thuận lợi cho A ,
 là tổng các trường hợp có thể xảy ra.
Áp dụng cho bài toán:
- Tìm số cách chọn 5 viên bi từ 14 viên cho trước.
- Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả màu xanh và trắng , ta tính được  A theo các cách
chọn.
-Sử dụng công thức tính xác suất ta thu được đáp án.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

6. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 6
a. Trong mặt phẳng O xy , ở góc phần thư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thế ở các góc phần tư thứ
hai , ba , bốn lấy 3,3,5 điểm phân biệt(các điểm không nằm trên các trục tọa độ). Tính xác suất để
đường thẳng nối 2 điểm đó cắt hai trục tạo độ. Đáp số:
23
91
.
b. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ , 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên từ hộp đó. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không đủ cả 3 màu. Đáp số: 645.
Câu 5.   có vectơ pháp tuyến là  1; 2 ; 2n
  ;   có vectơ pháp tuyến là  ; ;n A B C
 .
d đi qua  2; –1; 2A và có vectơ chỉ phương là  1; 2; 2d
a   .
+   2 2 0 2 2d
d a n A B C A B C
           .
+ Lại có
2 2 2
. 2 24 4 4
co s
9 9 9. 3
n n A B C
n n A B C
 
 
 
     
 
 
2
2 2 2 2
2
3 4 4 4 2 2 4 10 4
2
B C
B C B C B C B B C C
C B
 
          

.
+ Với 2B C ; chọn 1; 2 2C B A           : 2 – 2 2 1 1 – 2 0 2 2 – 4 0x y z x y z          .
+ Với 2C B ; chọn 1; 2 –2B C A           : –2 – 2 1 1 2 – 2 0 –2 2 1 0x y z x y z          .
Nhận xét: Bài toán cơ bản viết phương trình mặt phẳng   : Ta tìm một điểm thuộc   và một vector pháp
tuyến của   . Sử dụng dữ kiện góc giữa hai mặt phẳng để tìm một vector pháp tuyến của   .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Một mặt phẳng có vô số vector pháp tuyến.
-Mặt phẳng  P đi qua  ; ;A a b c nhận  ; ;n m n p là một vector pháp tuyến:       0m x a n y b p z c      .
-Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng    ,  :  
.
c o s c o s ;
.
n n
n n
 
 
     với ,n n 
lần lượt là vector
pháp tuyến của    ,  .
Áp dụng cho bài toán:
- Tham số vector pháp tuyến của    : ; ;n A B C
  , d đi qua điểm A và có vector chỉ phương là d
a ,
  . 0d
d a n
    .
- Sử dụng công thức góc giữa hai mặt phẳng  ;    
.
4 4
c o s
9 9
n n
n n
 
 
    .
- Tìm được mối quan hệ giữa , ,A B C tương ứng viết được mặt phẳng   .
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ O x y z , cho điểm    1; 0; 1 , 2; 1; 2A B và mặ phẳng   : 2 3 3 0Q x y z    . Lập
phương trình mặt phẳng  P đi qua ,A B và vuông góc với  Q .
Đáp số:   : 2 2 0P x y z    .
b. Trong hệ trục tọa độ O x y z , cho đường thẳng
1
: 1
2
y
d x z

   và điểm  1; 2 ; 3A  . Viết phương
trình mặt phẳng  P chứa đường thẳng d và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  P bằng 3. Đáp
số:   : 2 2 1 0P x y z    .

7. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 7
Câu 6. A BC vuông tại B , nên đường tròn ngoại tiếp A BC có tâm K là trung điểm A C và bán kính
1
2
r A C . Gọi H là trung điểm của  A B SH A BC  .
Kẻ 0 0
6 0 . ta n 6 0H M A C S M A C S M H S H H M       .
Ta có
. 2
2
B C A H a
A B C A M H H M
A C
     .
Kẻ đường thẳng d đi qua K và song song với SH . Khi đó tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S A BC
là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và d trong mặt phẳng  S H K và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp là
2 2 2 23 3 1 4
4 4 4
a
R O C O K C K S H A C      .
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là
3
34 7 1 4
3 2 4
a
V R

   (đvtt).
Dựng hình chữ nhật A BC D , khi đó  / /A B SC D , suy ra khoảng
cách giữa AB và SC bằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng  S C D .
Gọi giao điểm của H K với CD là E , ta có  C D SH E .
Kẻ H F SE thì HF là khoảng cách từ H đến mặt phẳng  S C D .
Trong tam giác vuông SH E có HF là đường cao nên
2 2 2
1 1 1 1 0
5
a
H F
H F H S H E
    .
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng
1 0
5
a
.
Nhận xét: Dạng toán liên quan tới thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và góc giữa hai mặt phẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Công thức tính thể tích khối cầu ngọa tiếp: 34
3
V R  .
-Dựng góc giữa hai mặt phẳng    ,SA C A B C .
- Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp: K là trung điểm của A C thì K chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Kẻ đường thẳng d đi qua điểm K và song song SH , suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp .S ABC là O giao của
đường trung trực SH và d trong mặt phẳng  S A K .
- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC : Dựng hình chữ nhật ABCD    , ,d A B SC d H SC D 
.
Dựng  ,H F SE H F d H SC D   .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền 2A B a . Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc
với mặt phẳng  A BC lấy điểm S sao cho mặt phẳng  S B C tạo với  A BC một góc bằng 0
60 . Tính
diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện .S ABC . Đáp số: 2
1 0S a  .
b. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên
 A BC D trùng với trung điểm H của AB . Đường trung tuyến AM của tam giác A C D có độ dài là

8. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 8
3
2
a
, góc giữa mặt phẳng  S C D và  A BC D bằng 0
30 . Tính thể tích khối chóp .S A BCD và diện
tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC . Đáp số:
3
.
3
,
1 2
S A B C D
a
V  Diện tích mặt cầu 2
.
4
3
S A B C
S a  .
Câu 7. Chứng minh được M N O A , suy ra O A có vectơ pháp tuyến là   : 4 03; 4 3O An x y   .
Tọa độ A thỏa hệ
2
2 2
1 6
3 4 0 4
3
32 5
4
x
x y x
yx y y x
 
      
   
     

(do 0A
x  ). Vậy  4; 3A  .
A C nhận  6; 2A K   làm vecto chỉ phương
12
: 3 5 0
3 1
yx
A C x y

     

.
Tọa độ C thỏa hệ  2 2
5 3 0 3
5; 0
5 425
x y y y
C
x xx y
     
    
     
.
Tọa độ M thỏa hệ  
3 5 0 1
2 ; 2
4 3 10 0 2
x y x
M
x y y
     
   
    
.
B M qua M và vuông góc    : 3 1 1 2 0 3 5 0A C BM x y x y         .
Tọa độ B thỏa 2 2 2
3 5 3 5 0 3
5 425 10 30 0
y x y x x x
y yx y x x
         
     
         
.
Với  0; 5B thì  –4; –2B A  và   .; 409 2 0B C B A B C     , suy ra góc B tù.
Với  –3; –4B thì  –1; 7B A  và   .4 20 08 ;B C B A B C    , suy ra góc B nhọn.
Vậy    –4; 3 , –3; –4A B và  5; 0C .
Nhận xét: Hướng giải cho bài toán : Viết phương trình các cạnh tam giác , lấy giao phương trình các cạnh
viết được với đường tròn  C suy ra tọa độ , ,A B C .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Một đường thẳng có vô số vector pháp tuyến. Để viết được đường thẳng  d ta cần tìm điểm  ;M a b , một
vector pháp tuyến   2 2
; 0d
n       . Dạng tổng quát      : 0d x a y b     
-Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC O A O B O C   .
Áp dụng cho bài toán:
- Viết phương trình O A A là nghiệm của hệ
 
A O A
A C
 


( 0A
x  ).
- Đường thẳng A C nhận A K làm một vecto chỉ phương nên viết được phương trình A C . Hoàn toàn tương
tự C là nghiệm của hệ
 
C A C
C C
 


.
- Tính tọa độ điểm B : M B M A C M  . BM đi qua M và vuông góc A C nên có phương trình M B .
Tọa độ B là nghiệm của hệ
 
B M B
B C
 


.
Lưu ý: Để loại trường hợp ta sử dụng tích vô hướng của 2 vector .B A B C , nếu . 0B A B C B  tù và
. 0B A B C B  nhọn.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
Trong hệ trục tọa độ O xy , cho tam giác ABC có hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB là điểm
 1; 1H   . Phân

9. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 9
Nhận xét: Bài toán giải phương trình với phương pháp sử dụng hai ẩn phụ. Tìm mối quan hệ giữa các ẩn
phụ giải được nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Nhận thấy biểu thức trong căn về phải có thể viết lại được như sau
   
2 2
1 11
2 1 2 2 .
8 2 1 6
x x
x x
  
     
 
,
với điểm tương đồng vế trái có
1
2
1
4
x
x






. Đặt 2 ẩn phụ
1
; 0
2
1
4
u x u
x
v

  





, ta có phương trình
 2 2
2u v u v   u v  .
-Giải phương trình vô tỉ cơ bản dạng    
   
   2
, 0f x g x
f x g x
f x g x
 
  

ta được nghiệm của phương trình đã
cho.
Lưu ý: Ta có thể sử dụng bất đẳng thức cơ bản  2 2
2a b a b   để đánh giá phương trình.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình 2 4 2
7 1 4 1x x x x     . Đáp số:
1 3 6 9
1 0
x
 
 .
b. Giải phương trình 2 3
2 5 22 5 11 20x x x x     . Đáp số:
5 2 1 2 5 8 8 1
,
2 8
x x
 
  .
Câu 9. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi  
2 4
; ,
3 3
x y
 
  
 
. Áp dụng bất đẳng thức –A M G M ta có
23
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
P x y
y x x y
     
                 
      
23
3
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
3 . . 2 . 2 . 2 .
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
x y
y x x y
      
3 3 5 21 9 2 3 5 3 5 13
3 ( )
2 2 3 8 8 3 8 2 4 2 4
x y x y x y             .
Vậy
1 3
4
M in P  .
Nhận xét: Bài toán tím giá trị nhỏ nhất của hai biến ,x y với điều kiện cho trước 2x y  . Ta cố gắng đánh
giá biểu thức P theo x y .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Tách biểu thức
23
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
P x y
y x x y
     
                   
      
.

10. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 10
- Sử dụng bất đẳng thức AM GM cho 3 bộ số và 2 bộ số
3
3
2
a b c ab c
a b ab
   

 
.
Ta có:  
3 5 13
8 2 4
P x y    .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng trong A M G M xảy ra.
Bài tập tương tự:
a. Cho các số thực không âm ,x y thỏa mãn 1x y  . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
  2 2
4 3 4 3 25S x y y x xy    (Đề thi tuyển sinh đại học khối D-2009).
Đáp số:  
2 5 1 1
, ;
2 2 2
M ax S x y
 
    
 
.
b. Cho , ,x y z là các số thực dương. Chứng minh rằng :
3 3 23 3 3 3 2 2
3 3 3 3 3 3
2
y y yx z z x x z
y z zx x yy x z y x z
 
        
 
 
(Chuyên Khoa Học Tự Nhiên-Hà Nội lần 3).