Đề thi thử thpt quốc gia lần 2 - Năm học 2014 - 2015 môn: Toán học thời gian làm bài: 180 phút

Họ và tên thí sinh:  Số báo danh: . 
 SỞ GD&ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số ݕ = −ݔଷ + 3ݔ − 2. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng 
݀:ݕ = −ݔ − 2. 
Câu 2 (1 điểm). 
1. Giải phương trình: sin 2ݔ + 2cos ݔ − sin ݔ − 1 = 0 
2. Giải phương trình: 3ସ௫ା଼ − 4.3ଶ௫ାହ + 27 = 0 
Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2y x x    
 và 2y x   
Câu 4 (1 điểm). 
1. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa 
mãn: |2݅ݖ − 1| = √5. 
2. Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm 
thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số 
chia hết cho 3. 
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp ܵ.ܣܤܥ có đáy là tam giác ܣܤܥ đều cạnh bằng 3ܽ. Chân 
 đường cao hạ từ đỉnh S lên mp(ܣܤܥ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho ܣܤ = 3.ܣܪ; 
 góc tạo bởi đường thẳng ܵܥ và mp(ܣܤܥ) bằng 60଴. Tính theo a thể tích của khối 
 chóp ܵ.ܣܤܥ và khoảng cách giữa hai đường thẳng ܵܣ và ܤܥ. 
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ܱݔݕ cho hình thang cân ܣܤܥܦ có hai đáy là ܣܦ và 
 BC; biết 	ܣܤ = ܤܥ, ܣܦ = 7. Đường chéo AC có phương trình ݔ − 3ݕ − 3 = 0; điểm 
 ܯ(−2;−5) thuộc đường thẳng ܣܦ. Viết phương trình đường thẳng ܥܦ biết rằng 
 đỉnh ܤ(1; 1). 
Câu 7 (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (ܲ):ݔ − ݕ + ݖ + 2 = 0 và 
 điểm ܣ(1;−1; 2). Tìm tọa độ điểm ܣ′ đối xứng với điểm ܣ qua mặt phẳng (ܲ). 
 Viết phương trình mặt cầu đường kính ܣܣ′. 
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
2 2
2 2 3 2
1( 1) 2 1
4 ( 3 2)( 2 1)
yx y
x
y y x x x
  
     
 

     
Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương ݔ, ݕ, ݖ thỏa mãn ݔݕ ≥ 1, ݖ ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức: 
3 2
1 1 3( 1)
x y zP
y x xy

  
  
. 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
 LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015 
MÔN: TOÁN HỌC 
Thời gian làm bài: 180 phút 
HẾT 
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
- Thí sinh không được dùng tài liệu 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu Nội dung Điểm 
1.1 
(1đ) 
- Khảo sát và vẽ đồ thị 
1/ TXĐ : ܦ = ℝ 
2/ Sự biến thiên: 
 Giới hạn: lim
௫→±ஶ ݕ = lim௫→±ஶ(−ݔଷ + 3ݔ − 2) = ∓∞ 
 Chiều biến thiên: ݕᇱ = −3ݔଶ + 3 ⟹ݕᇱ = 0 ⟺ݔ = ±1 
Bảng biến thiên 
x  -1 1  
y’ − 0 + 0 − 
y 
 0 
 -4  
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (1; +∞) 
Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 1) 
Hàm số đạt cực tiểu tại ݔ = −1,ݕ஼் = −4 
Hàm số đạt cực đại tại 
ݔ = 1, ݕ஼Đ = 0 
3/ Đồ thị: 
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;−2), cắt trục Ox tại các điểm (−2; 0) 
và (1; 0). 
- Đồ thị hàm số nhận điểm uốn (0;−2) làm tâm đối xứng. 
0,25đ 
0,5đ 
\ 
0,25đ 
1.1 
(1đ) 
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng 
ࢊ:࢟ = −࢞ − ૛. 
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 
−ݔଷ + 3ݔ − 2 = −ݔ − 2 ⟺ݔଷ − 4ݔ = 0 ⟺ ቂ ݔ = 0
ݔ = ±2 
Suy ra các tiếp điểm là: ܣ(0;−2),ܤ(2;−4),ܥ(−2; 0) 
Ta có: ݕᇱ = −3ݔଶ + 3 
Suy ra các tiếp tuyến là: ݕ = 3ݔ − 2 
 ݕ = −9ݔ + 14 
 ݕ = −9ݔ + 18 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
2.1 
(0,5đ) 
Giải phương trình: ܛܑܖ ૛࢞ + ૛܋ܗܛ ࢞ − ܛܑܖ࢞ − ૚ = ૙ 
	sin 2ݔ + 2cosݔ − sin ݔ − 1 = 0 
⟺ 2 sin ݔ. cos ݔ + 2 cosݔ − sin ݔ − 1 = 0 
⟺ 2 cosݔ . (sin ݔ + 1) − (sin ݔ + 1) = 0 
⟺ (sin ݔ + 1)(2 cos ݔ − 1) = 0 
⟺ቈ
sin ݔ = −1cos ݔ = ଵ
ଶ
⟺൥
ݔ = − గ
ଶ
+ ݇2ߨ
ݔ = ± గ
ଷ
+ ݇2ߨ (݇ ∈ ℤ) 
0,25đ 
0,25đ 
2.2 
(0,5đ) 
Giải phương trình: ૜૝࢞ାૡ − ૝.૜૛࢞ା૞ + ૛ૠ = ૙ 
 3ସ௫ା଼ − 4.3ଶ௫ାହ + 27 = 0 
⟺ 3ଶ(ଶ௫ାସ) − 12.3ଶ௫ାସ + 27 = 0 
Đặt ݐ = 3ଶ௫ାସ, (ݐ > 0),	ta	được	phương	trình: 
ݐଶ − 12ݐ + 27 = 0 
⟺ቂݐ = 3
ݐ = 9 ⟺ቂ3ଶ௫ାସ = 33ଶ௫ାସ = 9 ⟺ቂ2ݔ + 4 = 12ݔ + 4 = 2 ⟺൥ݔ = − 32ݔ = −1 Vậy	phương	trình có 2 nghiệm là: 
ݔ = −32 	 ; 	ݔ = −1 
0,25đ 
0,25đ 
3. 
(1đ) 
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2y x x    và 2y x   
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho: 
−ݔଷ + 3ݔ − 2 = −ݔ − 2 ⟺ݔଷ − 4ݔ = 0 ⟺ቂ ݔ = 0
ݔ = ±2 
Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là: 
ܵ = න |(−ݔଷ + 3ݔ − 2)— (−ݔ − 2)|଴
ିଶ
.݀ݔ +න |(−ݔଷ + 3ݔ − 2)— (−ݔ − 2)|ଶ
଴
. ݀ݔ = න |ݔଷ − 4ݔ|݀ݔ଴
ିଶ
+ න |−ݔଷ + 4ݔ|݀ݔଶ
଴
 = න (ݔଷ − 4ݔ)݀ݔ଴
ିଶ
+ න (−ݔଷ + 4ݔ)݀ݔଶ
଴
= ቆݔସ4 − 2ݔଶቇቤ
ିଶ
଴ + ቆ−ݔସ4 + 2ݔଶቇቤ
଴
ଶ
= 4 + 4 = 8 
Vậy ܵ = 8	(đݒ݀ݐ) 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
4.1 
(0,5đ) 
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: |૛࢏ࢠ − ૚| = √૞. 
Giả sử ݖ = ݔ + ݕ݅ , (ݔ, ݕ ∈ ℝ) 
Suy ra: |2݅ݖ − 1| = √5 ⟺ |2݅(ݔ + ݕ݅) − 1| = √5 ⟺ |−2ݕ − 1 − 2ݔ݅| = √5 
⟺ඥ(−2ݕ − 1)ଶ + (−2ݔ)ଶ = √5 
⟺ඥ4ݔଶ + 4ݕଶ + 4ݕ + 1 = √5 
⟺ ݔଶ + ݕଶ + ݕ − 1 = 0 
⟺ ݔଶ + ൬ݕ + 12൰ଶ = 54 
Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một 
đường tròn có tâm ܫ ቀ0;− ଵ
ଶ
ቁ và bán kính ܴ = √ହ
ଶ
. 
0,25đ 
0,25đ 
4.2 
(0,5đ) 
Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ 
trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết 
cho 3. 
Giải: 
- Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp là: ܥସ଴ଷ . 
- Trong 40 tấm thẻ đó có : 
ଷଽିଷ
ଷ
+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3 
ସ଴ିଵ
ଷ
+ 1 = 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1 
ଷ଼ିଶ
ଷ
+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2 
- Để tổng 3 số ghi trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra 
các trường hợp sau: 
i. Cả 3 số đều chia hết cho 3: có ܥଵଷଷ cách lấy 
ii. Cả 3 số đều chia 3 dư 1: có ܥଵସଷ cách lấy 
iii. Cả 3 số đều chia 3 dư 2: có ܥଵଷଷ cách lấy 
iv. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2: 
có ܥଵଷଵ .ܥଵସଵ .ܥଵଷଵ cách lấy. 
- Suy ra xác suất cần tính là: 
ܲ = ܥଵଷଷ + ܥଵସଷ + ܥଵଷଷ + ܥଵଷଵ ܥଵସଵ ܥଵଷଵ
ܥସ଴
ଷ = 127380 ≈ 0,33 
0,25đ 
0,25đ 
5. 
(1đ) 
Cho hình chóp ࡿ.࡭࡮࡯ có đáy là tam giác ࡭࡮࡯ đều cạnh bằng ૜ࢇ. Chân đường cao hạ 
từ đỉnh ࡿ	lên mp(࡭࡮࡯) là điểm ࡴ	thuộc cạnh ࡭࡮	sao cho ࡭࡮ = ૜.࡭ࡴ; góc tạo bởi 
đường thẳng ࡿ࡯	và mp(࡭࡮࡯) bằng ૟૙૙. Tính theo ࢇ	thể tích của khối chóp ࡿ.࡭࡮࡯ và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng ࡿ࡭ và ࡮࡯. 
+ Nhận thấy ܵܪ ⊥ (ܣܤܥ) ⇒ ܪܥ là hình chiếu của ܵܥ trên mặt phẳng (ABC) 
⇒ ܵܥܪ෣ = 60଴ là góc giữa SC và mp(ABC). 
Ta có: ܪܥଶ = ܣܥଶ + ܣܪଶ − 2.ܣܥ.ܣܪ. cos 60଴ = 9ܽଶ + ܽଶ − 2.3ܽ. ܽ. ଵ
ଶ
= 7ܽଶ 
⇒ ܪܥ = ܽ√7 ⇒ ܵܪ = ܪܥ . tan 60଴ = ܽ.√21 
Lại có: ஺ܵ஻஼ = ଽ௔మ√ଷସ 
Nên: ௌܸ.஺஻஼ = ଵଷܵܪ. ஺ܵ஻஼ = ଵଷ .ܽ√21. ଽ௔మ√ଷସ = ଽ௔య√଻ସ 
0,25đ 
0,25đ 
 + Dựng ܣܦሬሬሬሬሬ⃗ = ܥܤሬሬሬሬሬ⃗ ⇒ ܣܦ//ܤܥ ⇒ ܤܥ//݉݌(ܵܣܦ) 
⟹ ݀(ܵܣ;ܤܥ) = ݀൫ܤܥ; (ܵܣܦ)൯ = ݀൫ܤ; (ܵܣܦ)൯ = 3.݀(ܪ; (ܵܣܦ)) 
+ Dựng ܪܧ ⊥ ܣܦ tại E ⇒ ܣܦ ⊥ (ܵܪܧ) ⇒ (ܵܣܦ) ⊥ (ܵܪܧ) (theo giao tuyến ܵܧ) 
+ Dựng ܪܨ ⊥ ܵܧ tại ܨ ⇒ ܪܨ ⊥ (ܵܣܦ) ⇒ ܪܨ = ݀(ܪ; (ܵܣܦ)) 
Ta có: ܪܧ = ܣܪ. sin 60଴ = ௔√ଷ
ଶ
 1
ܪܨଶ
= 1
ܪܧଶ
+ 1
ܵܪଶ
= 43ܽଶ + 121ܽଶ = 2921ܽଶ ⟹ܪܨ = ܽ√21√29 
⟹ ݀൫ܤ; (ܵܣܦ)൯ = 3ܽ√21
√29 
Vậy ݀(ܵܣ;ܤܥ) = ଷ௔√ଶଵ
√ଶଽ
0,25đ 
0,25đ 
6. 
(1đ) 
Trong mặt phẳng tọa độ ࡻ࢞࢟ cho hình thang cân ࡭࡮࡯ࡰ có hai đáy là ࡭ࡰ và BC; biết 
	࡭࡮ = ࡮࡯, ࡭ࡰ = ૠ. Đường chéo AC có phương trình ࢞ − ૜࢟ − ૜ = ૙; điểm 
ࡹ(−૛;−૞) thuộc đường thẳng ࡭ࡰ. Viết phương trình đường thẳng ࡯ࡰ biết rằng 
đỉnh ࡮(૚;૚). 
Giải 
+ Do ABCD là hình thang cân nên 
ABCD là hình thang nội tiếp 
đường tròn. 
Do ܣܤ = ܤܥ = ܥܦ nên AC là 
đường phân giác trong góc ܤܣܦ෣ . 
+ Gọi E là điểm đối xứng của B 
qua AC ⟹ ܧ ∈ ܣܦ. 
Ta có phương trình ܤܧ là: 3ݔ + ݕ − 4 = 0. 
Gọi ܨ = ܣܥ ∩ ܤܧ ⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ: 
൜
ݔ − 3ݕ − 3 = 03ݔ + ݕ − 4 = 0 ⟺ ൞ ݔ = 32
ݕ = − 12 ⟹ ܨ = ൬32 ;− 12൰ 
Do F là trung điểm của BE nên ܧ = (2;−2) 
Lại do ܯ ∈ ܣܦ nên phương trình AD là: 3ݔ − 4ݕ − 14 = 0 
+ Điểm ܣ = ܣܦ ∩ ܣܥ ⟹tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
൜
3ݔ − 4ݕ − 14 = 0
ݔ − 3ݕ − 3 = 0 ⟺ ൜ݔ = 6ݕ = 1 ⟹ ܣ = (6; 1) 
+ Gọi ܦ = (2 + 4ݐ;−2 + 3ݐ) ∈ ܣܦ 
Do ܣܦ = 7 ⟹ ܣܦଶ = 49 ⟺ (4ݐ − 4)ଶ + (3ݐ − 3)ଶ = 49 ⟺ 25(ݐ − 1)ଶ = 49 
⟺ (ݐ − 1)ଶ = 4925 ⟺ ൦ ݐ − 1 = 75
ݐ − 1 = − 75 ⟺ ൦
ݐ = 125
ݐ = − 25 ⟹ ൦
ܦଵ = ൬585 ; 265 ൰
ܦଶ = ൬25 ;− 165 ൰ 
Tuy nhiên, điểm B và điểm D luôn nằm về 2 phía của đường thẳng AC do đó kiểm 
tra vị trí tương đối của điểm B và 2 điểm D đó ta thấy chỉ có điểm ܦଶ thỏa mãn. 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Do đó ܦ = ቀଶ
ହ
;− ଵ଺
ହ
ቁ. 
+ Do BC//AD nên phương trình đường thẳng BC là: 3ݔ − 4ݕ + 1 = 0 
Điểm ܥ = ܤܥ ∩ ܣܥ ⟹tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 
൜
3ݔ − 4ݕ + 1 = 0
ݔ − 3ݕ − 3 = 0 ⟺ ൜ݔ = −3ݕ = −2 ⟹ ܥ = (−3;−2) 
Tuy nhiên ta tính được ܣܤ = 5,ܥܦ = √13 	⇒ ܣܤܥܦ không phải là hính thang 
cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm. 
0,25đ 
7. 
(1đ) 
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (ࡼ):࢞ − ࢟ + ࢠ + ૛ = ૙ và điểm 
࡭(૚;−૚;૛). Tìm tọa độ điểm ࡭′ đối xứng với điểm ࡭ qua mặt phẳng (ࡼ). Viết 
phương trình mặt cầu đường kính ࡭࡭′. 
+ Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó Δ nhận vectơ pháp 
tuyến ሬ݊⃗ = (1;−1; 1) của mp(P) là vec tơ chỉ phương. Do đó phương trình tham 
số của Δ	là: 
൝
ݔ = 1 + ݐ
ݕ = −1 − ݐ
ݖ = 2 + ݐ 
+ Gọi ܫ = Δ ∩ (ܲ) ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: 
൞
ݔ = 1 + ݐ
ݕ = −1 − ݐ
ݖ = 2 + ݐ
ݔ − ݕ + ݖ + 2 = 0 ⟺ ൞
ݐ = −2
ݔ = −1
ݕ = 1
ݖ = 0 ⟹ ܫ = (−1; 1; 0) 
+ Gọi ܣᇱ là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của ܣܣ′ 
⟹ ܣᇱ = (−1; 3;−2) 
+ Mặt cầu đường kính ܣܣ′ có tâm là ܫ = (−1; 1; 0) và bán kính ܴ = ܫܣ = √12 
Suy ra phương trình mặt cầu đường kính ܣܣ′ là: (ݔ + 1)ଶ + (ݕ − 1)ଶ + ݖଶ = 12 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
8. 
(1đ) 
Giải hệ phương trình: 
2
2 2
2 2 3 2
1( 1) 2 1 (1)
4 ( 3 2)( 2 1) (2)
yx y
x
y y x x x
  
     
 

     
+ ĐK: ݔ ≠ 0,−	√2 ≤ ݔ ≤ √2 
PT(1) ⟺ ݔ(ݔ + 1)ଶ + ݔݕଶ = 2(ݔ + 1 − ݕଶ) 
⟺ (ݔ + 1)(ݔଶ + ݔ − 2) + ݕଶ(ݔ + 2) = 0 
⟺(ݔ + 2)(ݔ + 1)(ݔ − 1) + ݕଶ(ݔ + 2) = 0 
⟺(ݔ + 2)(ݔଶ + ݕଶ − 1) = 0 
⟺൤
ݔ + 2 = 0	(݈݋ạ݅)
ݔଶ + ݕଶ = 1 
+ Với ݔଶ + ݕଶ = 1 ⟹ ݔଶ = 1 − ݕଶ, thay vào PT(2) ta được PT: 4ݕଶ = (ݕଶ − ݔଷ + 3ݔ − 2)ቀඥݕଶ + 1 + 1ቁ 
⟺ 4(ݕଶ + 1 − 1) = (ݕଶ − ݔଷ + 3ݔ − 2) ቀඥݕଶ + 1 + 1ቁ 
⟺ 4 ቀඥݕଶ + 1 + 1ቁ ቀඥݕଶ + 1 − 1ቁ = (ݕଶ − ݔଷ + 3ݔ − 2) ቀඥݕଶ + 1 + 1ቁ 
⟺ 4 ቀඥݕଶ + 1 − 1ቁ = ݕଶ − ݔଷ + 3ݔ − 2 
⟺ ݔଷ − 3ݔ − 2 = ݕଶ − 4ඥݕଶ + 1 (3) 
0,25đ 
0,25đ 
+ Do ݔଶ + ݕଶ = 1	 ⟹ ൜0 ≤ ݔଶ ≤ 10 ≤ ݕଶ ≤ 1 ⟹ ൜−1 ≤ ݔ ≤ 1−1 ≤ ݕ ≤ 1 
+ Xét hàm số: ݂(ݔ) = ݔଷ − 3ݔ − 2 trên đoạn [−1; 1] 
Có ݂ᇱ(ݔ) = 3ݔଶ − 3 ⟹ ݂ᇱ(ݔ) = 0 ⟺ ݔ = ±1 
Do hàm số ݂(ݔ) liên tục trên đoạn [−1; 1] và ݂(−1) = 0, ݂(1) = −4 
Suy ra min
௫∈[ିଵ;ଵ] ݂(ݔ) = −4	, max௫∈[ିଵ;ଵ] ݂(ݔ) = 0 
Hay ݂(ݔ) ≥ −4	,∀ݔ ∈ [−1; 1] (a) 
+ Xét hàm số: ݃(ݕ) = ݕଶ − 4ඥݕଶ + 1 trên đoạn [−1; 1] 
Có ݃ᇱ(ݕ) = 2ݕ − ସ௬
ඥ௬మାଵ
⟹݃ᇱ(ݕ) = 0 ⟺ ቈ ݕ = 0 ∈ (−1; 1)
ݕ = ±√3 ∉ [−1; 1] 
Do hàm số ݃(ݕ) liên tục trên đoạn [−1; 1] và 
݃(−1) = ݃(1) = 1 − 4√2,	݃(0) = −4 
Suy ra max
௬∈[ିଵ;ଵ]݃(ݕ) = −4,	 min௬∈[ିଵ;ଵ]݃(ݕ) = 1 − 4√2 
Hay ݃(ݕ) ≤ −4,∀ݕ ∈ [−1; 1] (b) 
+ Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺ ݂(ݔ) = ݃(ݕ) = −4 ⟺ ൜ݔ = 1ݕ = 0 (thỏa mãn PT(1)) 
Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất (ݔ;ݕ) = (1; 0) 
0,25đ 
0,25đ 
9. 
(1đ) 
Cho các số thực dương ࢞,࢟,ࢠ thỏa mãn ࢞࢟ ≥ ૚, ࢠ ≥ ૚. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
3 2
1 1 3( 1)
x y zP
y x xy

  
  
. 
+ Trước hết ta chứng minh kết quả sau: 
Với ݔ, ݕ > 0 thỏa mãn: ݔݕ ≥ 1 ta có: ଵ
௫ାଵ
+ ଵ
௬ାଵ
≥
ଶ
ଵା√௫௬
 (1) 
Thật vậy: (1) ⟺ (ݔ + ݕ + 2)൫1 + ඥݔݕ൯ ≥ 2(ݔݕ + ݔ + ݕ) 
⟺ (ݔ + ݕ)ඥݔݕ + ݔ + ݕ + 2ඥݔݕ + 2 ≥ 2ݔݕ + 2(ݔ + ݕ) + 2 
⟺ (ݔ + ݕ)൫ඥݔݕ − 1൯ ≥ 2ඥݔݕ൫ඥݔݕ − 1൯ ⟺ ൫ඥݔݕ − 1൯൫ݔ + ݕ − 2ඥݔݕ൯ ≥ 0 
⟺ ൫ඥݔݕ − 1൯൫√ݔ − ඥݕ൯ଶ ≥ 0 luôn đúng do ݔݕ ≥ 1 (đpcm) 
+ Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta có: ݖଷ + 2 = ݖଷ + 1 + 1 ≥ 3ݖ ≥ 3 
⟹ ܲ ≥
ݔ
ݕ + 1 + 1 + ݕݔ + 1 + 1 + 1ݔݕ + 1 − 2 = (ݔ + ݕ + 1) ቀ ଵ
௫ାଵ
+ ଵ
௬ାଵ
ቁ + ଵ
௫௬ାଵ
− 2 ≥ ൫2ඥݔݕ + 1൯ ଶ
ଵା√௫௬
+ ଵ
௫௬ାଵ
− 2 (do (1)) 
+ Đặt ݐ = ඥݔݕ	,	(ݐ ≥ 1) ta được: 
ܲ ≥ ܲ(ݐ) = (2ݐ + 1). 2
ݐ + 1 + 1ݐଶ + 1 − 2 = 2ݐݐ + 1 + 1ݐଶ + 1 
Ta có:ܲᇱ(ݐ) = ଶ(௧ାଵ)మ − ଶ௧(௧మାଵ)మ = ଶ(௧ିଵ)మ(௧మା௧ାଵ)(௧ାଵ)మ(௧మାଵ)మ ≥ 0,∀ݐ ≥ 1 
⟹ ݂(ݐ) đồng biến trên [1; +∞] ⟹ ܲ(ݐ) ≥ ܲ(1) = ଷ
ଶ
,∀ݐ ≥ 1 ⟹ ܲ ≥ ଷ
ଶ
Vậy ௠ܲ௜௡ = ଷଶ ⟺ ݔ = ݕ = ݖ = 1. 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl