Đề thi Môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 1 
Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 23 2 3y x x m x m     (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C khi 2m  . 
b) Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số  C đã cho vuông góc với 
đường thẳng : – 2 0d x y   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
 
2
2
1 cos2
sin 2cos2
2sin2
x
x x
x

  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
3
1
0
1
3
x x
I dx
x
 


. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình      1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i       . 
b) Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được 
bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
1
34 1
:
3 1 2
yx z
d
 
 

; 
2
d là giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 0x y z     và   : 3 12 0x y    . Mặt phẳng  Oyz cắt 
hai đường thẳng 
1
d , 
2
d lần lượt tại các điểm ,A B . Tính diện tích tam giác MAB , biết  1;2;3M . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , BD a . Trên 
cạnh AB lấy điểm M sao cho 2BM AM . Biết rằng hai mặt phẳng  SAC và  SDM cùng vuông 
góc với mặt phẳng  ABCD và mặt bên  SAB tạo với mặt đáy một góc 060 . Tính thể tích của khối 
chóp .S ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường 
tròn   2 2: 2 6 15 0S x y x y     ngoại tiếp tam giác ABC có  4;7A . Tìm tọa độ các đỉnh B và C 
biết  4;5H là trực tâm của tam giác. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
  2 2
32 3
4 1 2
12 10 2 2 1
x x y y
y y x
     

    
 ,x yR . 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z bất kỳ. Chứng minh rằng 
11 1
1 1 1
y yx z x z
y z x y z x
 
    
  
. 
..................HẾT.................. 
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3 
 2 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1.a. Với 2m  , hàm số trở thành 3 23 6y x x   . 
- Tập xác định: D R . 
- Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x  ; 
0
' 0
2
x
y
x
 
  

. 
   ' 0, ;0 2;y x     , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; . 
 ' 0, 0;2y x   , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . 
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0; 6
CD
x y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 2; 2
CT
x y  . 
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    . 
+ Bảng biến thiên 
x  0 2  
'y  0  0  
y 
 
 6 
 2 
  
- Đồ thị: 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;6 . 
+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn  1;4I làm tâm đối xứng. 
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm    1;2 , 3;6 . 
- Vẽ đồ thị: 
Câu 1.b. Ta có 2' 3 6 2y x x m    . 
Tiếp tuyến  tại điểm M thuộc  C có hệ số góc  
223 6 2 3 1 5 5k x x m x m m          
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x  . 
Suy ra 
min
5k m  tại điểm  1;4 – 4M m 
Tiếp tuyến ( 5).1 1 4d m m        . 
Kết luận: 4m  . 
Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm 
hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc. 
 3 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
- Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm  ,A AA x y thuộc đồ thị hàm số  y f x là  ' Ak f x . Hai đường 
thẳng có hệ số góc lần lượt là 1 2,k k vuông góc với nhau khi và chỉ khi 1 2. 1k k   . 
-Biểu thức 2P a b b   . Dấu bằng xảy ra 0a  . 
Áp dụng cho bài toán : 
- Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là  
22' 3 6 2 3 1 5 5k y x x m x m m           . Suy ra hệ số góc 
tiếp tiếp nhỏ nhất là 5k m  . 
- Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng : 2 0d x y   có hệ số góc 1dk  nên theo tính chất hai đường 
thẳng vuông góc ta có phương trình  5 .1 1 4m m     . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Cho hàm số  3 22 1 2y x x m x m     . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông 
góc với đường thẳng : 2 1d y x  . Đáp số: 
11
6
m  . 
b. Cho hàm số 
1
2 1
x
y
x
 


. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc 
đường thẳng : 9 1 0x y    . Đáp số: 9 1; 9 7y x y x      . 
Câu 2. Điều kiện ;
2
x k k

 Z . 
Phương trình tương đương với  
4
2 24cos1 cos 2 2cos 1
4sin cos
x
x x
x x
    
3
2
2
cos cos 3
5cos 3 0 5 0
sin sin cos
x x
x
x x x
        (do cos 0x  ). 
 2 2 3
1
cot 5 3 1 tan 0 3tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tan
x x x x x
x
             
  2tan 1 3tan 3tan 1 0 tan 1 ,
4
x x x x x k k

              . 
Phương trình có nghiệm: ;
4
x k k

     . 
Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sinxvới cosx 
, tanx với cotx , phân tích nhân tử. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Sử dụng các công thức biến đổi 2 2 2sin 1 cos ,1 cos2 2cosx x x x    thu được phương trình: 
3
3cos 5cot 3 0
sin
x
x
x
   . 
-Do cos 0x  không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho 2cos x ta có 
2
cos 3
5 0
sin cos
x
x x
   . 
-Thay 2
2
1 cos 1
1 tan ,
sincos
x
x
x tanxx
   có phương trình theo ẩn tanx . 
- Giải phương trình theo tanx thu được x , kiểm tra điều kiện ta có đáp án. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Giải phương trình:  24cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sinx x x x x    . 
 4 
Đáp số: 
5 5 2
; 2 ;
3 6 18 3
x k x k x k
   
          . 
b. Giải phương trình:  21 sin2 2 3 sin 3 2 sin cos 0x x x x      .(Thi thử THPT Phan Đăng 
Lưu). Đáp số: 
7
2 ; 2 ; 2 ; 2
6 6 3
x k x k x k x k
  
              . 
Câu 3. Ta có  
3
1 1 1 1
2
0 0 0 0
27 27 1 27 1
3 9
3 3 3
x x x
I dx x x dx dx dx
x x x
    
     
     
1
1 1 1
3 2
0 00
0
1 3 1 47 4 1
9 27 ln 3 27 ln
3 2 3 6 3 3
x x
x x x x dx dx
x x
   
         
  
  . 
Tính 
1
0
1
3
x
A dx
x



. 
Đặt 21 1 ; 2t x x t dx tdt       . Khi 
0 1
1 0
x t
x t
   

  
. 
Suy ra 
  
2 2 2
0 1 1 1 1
2 2 21 0 0 0 0
4 4
2 2 2 2 8
2 24 4 4
t t t dt
A dt dt dt dt
t tt t t
 
      
       
1
1
0
0
1 1 2
2 2 2 2ln 2 2ln3
2 2 2
t
dt
t t t
  
          
   
 . 
Vậy 
59
27 ln4 25ln3
6
I    . 
Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số 1t x  , tuy nhiên 
đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử 
dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: 3 31 27 27 1x x x x       chuyển 
tích phân thành 3 tích phân nhỏ. 
- Tính  
1
2
0
3 9x x  sử dụng công thức 
1
1
n
n xx dx C
n

 

. 
- Tính 
1
0
27
3
dx
x 
 bằng sử dụng công thức 
'
ln
u
du u C
u
  . 
- Tính 
1
0
1
3
x
A dx
x


 bằng phương pháp đổi biến số 
1t x  . 
Tách thành hai tích phân 
  
1 1
0 0
2 8
2 2
dt
dt
t t
 
  
. Sử dụng khai triển dạng ln tính được 
  
11
0 0
2
8 2ln
22 2
dt t
tt t


 
. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Tính tích phân 
4 3
2
1
x x x x
I dx
x
 
  . Đáp số: 
19
ln4
2
I   . 
 5 
b. Tính tích phân 
6
2
1
2 1 4 1
I dx
x x

  
 . Đáp số: 
3 1
ln
2 12
I   . 
Câu 4.a. Phương trình tương đương với    2 1 2 3 4 4 3 1 7i i z i i z i         
 5 5 10i z i    
 2 12
1
1 2
i ii
z i
i
 
     

Vậy phương trình có nghiệm: 1z i   . 
Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Số phức 
  
2 2 2 2 2 2
a bi c dia bi ac bd bc ad
z i
c di c d c d c d
   
   
   
. 
-Khai triển biểu thức      1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i       được  
2
5 5 10 1
1
i
i z i z i
i

       

. 
Lưu ý: Ta có thể đặt z a bi  thay vào biểu thức để tìm z . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Tìm số phức z x yi  thỏa mãn     
2 3
2 3 2 1 1 35 50x i y i i       . Đáp số: 5 2z i  . 
b. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện      
2
2 3 4 1 3i z z i i      . Đáp số: 2 5z i  . 
Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3
9
C . Chọn 2 chữ số còn 
lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây: 
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán 
vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà 
a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 
5!
3. 60
3!
 số tự 
nhiên. 
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số 
khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra 
một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà 
b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 90
2!2!
 số tự nhiên. 
Vậy có 150 số. 
Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải 
dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt , ,a b c từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó. 
- Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số , ,a b c có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ 
số tạo ra số tụ nhiên n. 
- Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số , ,a b c và số còn lại bằng 1 chữ 
số khác trong 3 số đó. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách 
chọn. Đáp số: 840. 
 6 
b. Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số 
đều phải có mặt số 6. Đáp số: 1630. 
Câu 5. Vì  ,A B Oyz nên 0A Bx x  . 
Do 
1
A d nên 
3 10 4 5 5 5 5
; 0; ;
3 1 2 3 3 3 3
A A
A A
y z
y z A
   
          
  
. 
2
B d nên  
2 0 4
0;4;2
3 12 0 2
B B B
B B
y z y
B
y z
     
  
    
. 
 
11 14 11 17
1; ; ; 1;2; 1 ; 13; ;
3 3 3 3
MA MB MA MB
                    
. 
1 1
; 1931
2 6MAB
S MA MB

  
 
 (đvdt). 
Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều Oxyz ta lập tọa độ 2 vector hai 
cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích. Với bài toán ta tìm các đỉnh , ,M A Bvới giải 
phương trình cơ bản. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
- Diện tích tam giác MNP trong hệ trục tọa độ Oxyz cho bởi công thức :
1
.
2MNP
S MN MP 
 
 . 
- Mặt phẳng  Oyz có phương trình 0x  . Thay hoành độ các điểm ,A B vào phương trình 
   1 2,d d tính được ,A B . 
- Tính vector , ;MA MB MA MB 
 
. 
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 
1
;
2MAB
S MA MB 
 
. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm    1;5;0 , 3;3;6A B và đường thẳng 
11
:
2 1 2
yx z
d

 

. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. 
Đáp số:  1;0;2M . 
b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm  0;1;3A và đường thẳng 
1
: 2 2
3
x t
d y t
z
  

 
 
. Hãy tìm các 
điểm ,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều. 
Đáp số: 
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ; 3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ; 3
5 5 5 5
B C
B C
       
    
       

      
       
   
. 
Câu 6. Gọi H AC DM vì    SAC ABCD ,    SDM ABCD , suy ra  SH ABCD . 
 7 
Từ H kẻ HK ⊥ AB SK AB  , suy ra là góc giữa hai mặt phẳng 060SKH  là góc giữa hai mặt 
phẳng  SAB và  ABCD . 
Do 
1 1
/ /
3 4 2
HA AM AO
AM CD AH AC
HC CD
      . 
Mà ABD đều, AO là đường cao. 
Suy ra 0
3 3 1 3 3
.sin . .tan60
4 4 2 8 8
a a a a
AH HK AH HAK SH HK        . 
Vậy 
3 3
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 8 2 16S ABCD ABCD
a a a
V SH S   
Ta có  
.
cos ;
OM HA
AM SA
OM SA
 . 
Mà    2 01. . . . .cos30
2
OMSA OA AM SH HA AO AH AM AH AO AM AH       
2
21 3 3 3
. .
2 2 3 4 2 4
a a a a 
   
 
 
. 
Vậy  
2
124cos ;
13 21 273
6 8
a
OM SA
a a
  . 
Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với 
mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Hai mặt phẳng    ;  cùng vuông góc với mặt phẳng        d       . 
- Gọi  H AC DM SH ABCD   . 
-Dựng góc tạo bởi    ,SAB ABCD :Kẻ 060HK AB SKH   . 
- Tính thể tích khối chóp:Tính SH ,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp .
1
.
3S ABCD ABCD
V SH S . 
- Tính cosin giữa hai đường thẳng ,OM SA :Sử dụng phương pháp vector  
.
cos ;
.
OM HA
AM SA
OM SA
 . 
Mặt khác     . cos ;OMSA OA AM SH HA OM SA    . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Cho hình chóp .S ABC có , 2SA SB SC CA CB a AB a      . Tính thể tích khối chóp 
.S ABC và cosin góc giữa hai măt phẳng    ,SAC SBC . Đáp số: 
3
.
2
12S ABC
a
V  (đvtt) và 
 
1
cosin ,
3
SAC SBC  . 
 8 
b. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt 
phẳng   ,ABC SC a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng  SCB và  ABC trong trường hợp thể 
tích khối chóp 
3
.
9 3
S ABC
a
V  . Đáp số:  
1
, arcsin
3
SCB ABC  . 
Câu 7. Gọi  ' 2; 1A   là điểm đối xứng với A qua tâm  1;3I của  S . 
Khi đó / / , ’' / /A C BH A B CH 'A BHC là hình bình hành. 
Gọi M là giao điểm của BC với  ’ 2;1A H M . 
Suy ra đường thẳng qua M vuông góc với  0; 2AH  là đường thẳng BC có 
phương trình – 2 0y  . 
Giao điểm của đường thẳng 2y  với đường tròn  S là hai điểm ,B C có tọa độ là 
nghiệm của hệ phương trình 
2 2 2
2
2 2
1 2 6
2 6 15 0 2 23 0
1 2 6
y
y y
x
x y x y x x
x
 
         
          
  
. 
Vậy  1 2 6;2B  và  1 2 6;2C  . 
Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam 
giác. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Đường tròn  S ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I là giao của 3 đường trung trực nên IA IB IC  . 
-Phương trình tổng quát đường thẳng  d qua  ;M a b nhận   2 2; 0n      làm một vector 
pháp tuyến:     0x a y b     . 
-Tính chất song song với các trục ,Ox Oy . 
Áp dụng cho bài toán: 
- Gọi 'A là điểm đối xứng của Aqua tâm 'I A . Ta có ' / / , ' / / 'A C BH A B CH A BHC là hình bình 
hành. --Gọi 'M BC A H M  . Vector AH vuông góc với vector chỉ phương của BC hay BC nhận 
AH làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình BC . 
-Tọa độ các điểm ,B C là nghiệm của hệ phương trình 
 
,
,
B C BC
B C S
 


. 
Lưu ý: Từ vector  0;2AH  ta dẫn tới phương trình BC . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
 9 
a. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết    1;0 , 0;2A B 
và giao điểm của hai đường chéo là I thuộc đường thẳng y x . Tìm tọa độ đỉnh ,C D . 
Đáp số: 
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
 hoặc    1;0 , 0; 2C D  . 
b. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác từ A , trung tuyến từ B , 
đường cao kẻ từ C phương trình lần lượt là 3 0; 1 0;2 1 0x y x y x y         . Tìm tọa độ 
các đỉnh tam giác. Đáp số: 
12 39 32 49 8 6
; , ; , ;
17 17 17 17 17 17
A B C
     
     
     
. 
Câu 8. Phương trình thứ nhất tương đương với    
22 4 2 4 2x x y y       . 
Xét hàm số   2 4y f t t t    trên R . 
Ta có  
2
2 2 2
4
' 1 ,
4 4 4
t tt t t
f t o t
t t t
 
      
  
, suy ra  f t là đồng biến trên ℝ. 
Nhận thấy    2 2f x f y x y     là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Thế 2x y  vào phương trình thứ hai, ta được 
     
33 32 3 3 33 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1x x x x x x x            . 
Xét hàm số   3 2y g s s s   trên R . 
Ta có   2' 3 2 0,g s s s     , suy ra  g s là đồng biến trên ℝ. 
Nhận thấy    3 33 31 1 1 1g x g x x x       là nghiệm duy nhất của phương trình. 
3 3 2 1 21 1 3 3 0
0 0
x y
x x x x
x y
    
       
  
. 
Hệ phương trình có nghiệm:    1;2 , 0;0 . 
Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa ,x y giải hệ phương trình. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến ) trên    D f u f v u v    . 
- Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy cùng dạng 2 4t t  . Xét hàm số 
  2 4;f t t t t R     . Ta có hàm  f t đồng biến trên R nên    2 2f x f y x y     . 
- Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình 32 33 5 2 2 1x x x    . Tới đây thêm bớt ra 
hàm đặc trưng với hàm   3 2g s s s  đồng biến trên R . 
Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ. 
Bài tập tương tự: 
a. Giải phương trình  22 1 1x x x x x     . Đáp số: 1 331; 16x x

   . 
 10 
b. Giải hệ phương trình 
   
 
2
2 2 2 23
4 1 4 3
1 2 1 6 17
x y x y y x
x y x x y
       


      

. Đáp số: 
       ; 0;1 , 1;2 , 3;0x y   . 
c. Giải hệ phương trình 
  2 2
2
1 1 1
35
121
x x y y
y
y
x
     


 
 
. Đáp số:  
5 5 5 5
; ; , ;
3 3 4 4
x y
   
     
   
. 
Câu 9. Bất đẳng thức tương đương 
11 1
0 0
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
y y y x z yx x z z x z
y y z z x x y y z z x x
    
         
     
Giả sử  max , ,x x y z . 
 Nếu y z thì 
   1 1
x y x y
x x y y
 

 
 và 
   1 1
y z y z
x x z z
 

 
. 
Suy ra 
           
0
1 1 1 1 1 1
x y y z y x z yx z x z
x x y y z z y y z z x x
    
     
     
 (điều phải chứng minh). 
 Nếu y z thì 
   1 1
z y z y
z z y y
 

 
 và 
   1 1
x z x z
x x y y
 

 
. 
Suy ra 
           
0
1 1 1 1 1 1
z y x y y x z yx z x z
z z x x y y y y z z x x
    
     
     
 (điều phải chứng minh). 
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phép so sánh của tập số thực R . 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
- Biến đổi bất đẳng thức đã cho, phân tích ta được 
     
0
1 1 1
y x z y x z
y y z z x x
  
  
  
. 
Giả sử  ax , ,x m x y z . 
+ Nếu 
       
,
1 1 1 1
x y x y y z y z
y z
x x y y x x z z
   
   
   
(Sử dụng phép so sánh cơ bản). 
+ Nếu y z ta có 
             
,
1 1 1 1 1 1 1
z y z y z y x yx z x z x z
z z y y x x y y z z x x y y
     
    
      
. Chuyển vế ta 
có 
     
0
1 1 1
y x z y x z
y y z z x x
  
  
  
. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Cho các số , ,x y zkhông âm. Chứng minh rằng     
3
2 9 7x y z xyz x y z xy yz zx        
(England-1999). 
b. Cho , , 0a b c  . Chứng minh rằng 
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
    
     
.