Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l} \left( {x + y} \right)\left( {25 - 4xy} \right) = \frac{{105}}{4} + 4{x^2} + 17{y^2}\\ 4{x^2} + 4{y^2} + 4x - 4y = 7 \end{array} \right.\]

Đề bài: Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x + y} \right)\left( {25 - 4xy} \right) = \frac{{105}}{4} + 4{x^2} + 17{y^2}\\
4{x^2} + 4{y^2} + 4x - 4y = 7
\end{array} \right.\]
Lời giải 



Đặt: $x = \frac{{3a - 1}}{2},y = \frac{{3b + 1}}{2}$
Khi đó hệ đã cho trở thành: \[\left\{ \begin{array}{l}
\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 6{b^3} + 9{b^2} = 6{a^3} + 14a - 20}&{\left( 1 \right)}
\end{array}\\
{a^2} + {b^2} = 1
\end{array} \right.\]
Ta có: \[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3{b^2}\left( {3 - 2b} \right) = \left( {a - 1} \right)\left( {6{a^2} + 6a + 20} \right)\\
 \Leftrightarrow 3\left( {1 - {a^2}} \right)\left( {3 - 2b} \right) = \left( {a - 1} \right)\left( {6{a^2} + 6a + 20} \right)\\
 \Leftrightarrow \left( {a - 1} \right)\left( {6{a^2} + 6a + 20 + 9 - 6b + 9a - 6ab} \right) = 0
\end{array}\]
Với $a = 1 \Rightarrow b = 0 \Rightarrow x = 1;y = \frac{1}{2}$
Với $\begin{array}{*{20}{c}}
{6{a^2} + 29 + 15a - 6b - 6ab = 0}&{\left( 2 \right)}
\end{array}$
Ta có: $VT\left( 2 \right) \ge 6{a^2} + 29 - 15 - 6 - 3 \ge 6{a^2} + 5 > 0$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  là: $x = 1;y = \frac{1}{2}$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $2ab + 5bc + 6ca = 6abc$. Tìm giá trị nhỏ nhất của \[P = \frac{{ab}}{{b + 2a}} + \frac{{4bc}}{{4c + b}} + \frac{{9ca}}{{a + 4c}}\]

Đề bài: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $2ab + 5bc + 6ca = 6abc$. Tìm giá trị nhỏ nhất của \[P = \frac{{ab}}{{b + 2a}} + \frac{{4bc}}{{4c + b}} + \frac{{9ca}}{{a + 4c}}\]

Lời giải

Từ giả thiết ta có: $ \Rightarrow \frac{5}{a} + \frac{6}{b} + \frac{2}{c} = 6$

Đặt \[x = \dfrac{1}{a},y = \dfrac{1}{b},z = \dfrac{1}{c} \Rightarrow {\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x,y,z > 0}\\
{5x + 6y + 2z = 6}
\end{array}} \right.\]

Khi đó: \[\begin{array}{l}
P = \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{4}{{4y + z}} + \frac{9}{{z + 4x}}\\
 \Rightarrow P + 6 = \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{4}{{4y + z}} + \frac{9}{{z + 4x}} + 6 = \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{4}{{4y + z}} + \frac{9}{{z + 4x}} + x + 2y + 4y + z + z + 4x\\
\frac{1}{{x + 2y}} + x + 2y + \frac{4}{{4y + z}} + 4y + z + \frac{9}{{z + 4x}} + z + 4x \ge 2 + 4 + 6 = 12\\
 \Rightarrow P \ge 6
\end{array}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $6$ khi $\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 4\\
c = 1
\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix} x^{3}+3x^{2}+3x=2y^{3}+6y^{2}+6y & \\ x^{2}+y^{2}=y\sqrt{x\left(x+y \right)}+x\sqrt{y\left(y-x \right)} & \end{matrix}\right.$$

Đề bài:Giải hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x^3} + 3{x^2} + 3x = 2{y^3} + 6{y^2} + 6y}&{}\\
{{x^2} + {y^2} = y\sqrt {x\left( {x + y} \right)}  + x\sqrt {y\left( {y - x} \right)} }&{}
\end{array}} \right.\]

Lời giải

Điều kiện: $x\left( {x + y} \right) \ge 0,y\left( {y - x} \right) \ge 0$

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y\sqrt {x\left( {x + y} \right)}  \le \frac{{{x^2} + xy + {y^2}}}{2}}\\
{x\sqrt {y\left( {y - x} \right)}  \le \frac{{{x^2} - xy + {y^2}}}{2}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{y\sqrt {x\left( {x + y} \right)}  + x\sqrt {y\left( {y - x} \right)}  \le {x^2} + {y^2}}&{\left( 3 \right)}
\end{array}\]

Khi đó: \[\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{y^2} = {x^2} + xy}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y}\\
{x = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}y}
\end{array}} \right.}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}y}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right.}\\
{x = y = 0}
\end{array}} \right.
\end{array}\]

Với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y}\\
{x,y \ge 0}
\end{array}} \right.\] thay lên phương trình còn lại ta được:
\[{\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y} \right)^3} + 3{\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y} \right)^2} + 3.\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}y = 2{y^3} + 6{y^2} + 6y\]
\[ \Leftrightarrow \left( { - 4 + \sqrt 5 } \right){y^3} - \left( {\frac{{3 + 3\sqrt 5 }}{2}} \right){y^2} + \frac{{ - 15 + 3\sqrt 5 }}{2}y = 0 \Leftrightarrow y = 0 \Rightarrow x = 0\]

Với $x=y=0$ thay lên phương trình trên thỏa mãn.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left( {x;y} \right) = \left( {0;0} \right)$

Giải bất phương trình:$\sqrt{x^{2}+1}\geq \frac{2x^{2}+2x+1}{4x-1}$

Đề bài: Giải bất phương trình:$\sqrt{x^{2}+1}\geq \frac{2x^{2}+2x+1}{4x-1}$

Lời giải

Điều kiện: $x \ne \frac{1}{4}$

Nhận xét: Ta có: $2{x^2} + 2x + 1 = 2\left( {{x^2} + x + \frac{1}{4}} \right) + \frac{1}{2} = 2{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{2} > 0$



Xét $x < \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{2{x^2} + 2x + 1}}{{4x - 1}} < 0$ Bất phương trình luôn đúng.

Xét $x > \frac{1}{4}$

Ta có: \[\begin{array}{l}
BPT \Leftrightarrow \left( {4x - 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1}  \ge 2{x^2} + 2x + 1\\
 \Leftrightarrow \left( {16{x^2} - 8x + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) \ge 4{x^4} + 4{x^2} + 1 + 8{x^3} + 4{x^2} + 4x\\
 \Leftrightarrow 16{x^4} - 8{x^3} + 17{x^2} - 8x + 1 \ge 4{x^4} + 8{x^3} + 8{x^2} + 4x + 1\\
 \Leftrightarrow 12{x^4} - 16{x^3} + 9{x^2} - 12x \ge 0\\
 \Leftrightarrow x\left( {3x - 4} \right)\left( {4{x^2} + 3} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{4}{3}
\end{array}\]

Vậy nghiệm của bất phương trình là: $\left[ \begin{array}{l}
x \ge \frac{4}{3}\\
x < \frac{1}{4}
\end{array} \right.$

Đề thi thử lần $1$ chuyên đại học sư phạm Hà Nội 2015

CHUYÊN ĐH SƯ PHẠM HN

ĐỀ SỐ 01

Câu 1(4,0 điểm) Cho hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2{\rm{ }}(1)$.

1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).

2.  Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;4) hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để d cắt (1) tại ba điểm phân biệt A,B,D. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (1) tại B và D có hệ số góc bằng nhau.

Câu 2(4,0 điểm) Giải các phương trình

1. $(1 + \sin 2x)(\cos x - \sin x) = 1 - 2{\sin ^2}x$.

2. $\sqrt {2{x^2} + 3x - 2}  - 3\sqrt {x + 6}  = 4 - \sqrt {2{x^2} + 11x - 6}  + 3\sqrt {x + 2} $.

Câu 3(1,5 điểm) Giải phương trình ${\log _{49}}{x^2} + \frac{1}{2}{\log _7}{(x - 1)^2} = {\log _7}({\log _{\sqrt 3 }}3)$.

Câu 4(1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số $f(x) = {2.3^{3x}} - {4.3^{3x}} + {2.3^x}$ trên đoạn [-1;1].

Câu 5(1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) và $SA = AD = a$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

Câu 6(1,5 điểm) Một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số bởi các số chẵn.

Câu 7(2,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H. Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH,BH và AD. Biết rằng $E\left( {\frac{{17}}{5};\frac{{29}}{5}} \right),F\left( {\frac{{17}}{5};\frac{9}{5}} \right),G(1;5)$. Tìm toạ độ điểm A và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE.

Câu 8(2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ diện có 4 đỉnh A(5;1;3), B(1;6;2), C(6;2;4) và D(4;0;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua D và song song với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD.

Câu 9(1,5 điểm) Cho a,b,c,d là các số thực dương chứng minh rằng

  \[\frac{{(ab + cd)(ad + bc)}}{{(a + c)(b + d)}} \ge \sqrt {abcd} \].

----HẾT----

Copy latex of Mathlinks

10 đề thi thử thầy Chu Văn Biên có đáp án.

10 đề thi thử thầy Chu Văn Biên có đáp án.
Tải về tại đây

Cho $3$ số thực $a, b, c$ dương thỏa mãn $ a+ b+ c= 1$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{{a + bc}} + \dfrac{b}{{b + ac}} + \dfrac{{\sqrt {abc} }}{{c + ab}} \le 1 + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}$

Đề bài: Cho $3$ số thực $a, b, c$ dương thỏa mãn $ a+ b+ c= 1$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{{a + bc}} + \dfrac{b}{{b + ac}} + \dfrac{{\sqrt {abc} }}{{c + ab}} \le 1 + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}$

Lời giải

Ta có: $A = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{bc}}{a}}} + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{ca}}{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt {\dfrac{c}{{ab}}}  + \sqrt {\dfrac{{ab}}{c}} }}$

Đặt: $\sqrt {\dfrac{{ab}}{c}}  = x,\sqrt {\dfrac{{bc}}{a}}  = y,\sqrt {\dfrac{{ac}}{b}}  = z$  thì ta có: $xy + yz + zx = 1$

Khi đó: $P = \dfrac{1}{{1 + {z^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {y^2}}} + \dfrac{x}{{1 + {x^2}}}$

Đến đây dấu hiệu lượng giác khá rõ ràng.

Tồn tại tại tam giác $ABC$ sao cho $tan\dfrac{A}{2} = x,tan\dfrac{B}{2} = y,tan\dfrac{C}{2} = z$

Khi đó: $A = \dfrac{{sinA + cosB + cosC}}{2} + 1$

Ta có: $cosB + cosC = 2cos\dfrac{{B + C}}{2}.cos\dfrac{{B - C}}{2} \le 2cos\dfrac{{B + C}}{2} = 2sin\dfrac{A}{2}$

Ta sẽ chứng minh: 

$$sinA + 2sin\dfrac{A}{2} \le \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$$

$$ \Leftrightarrow 2t\sqrt {1 - {t^2}}  + 2t \le \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow {\left( {t - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}(16{t^2} + 16\sqrt 3 t + 36) \ge 0$$ ( đúng)

Vậy ta có: $A \le 1 + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}$

Trích: Nguyễn Đình Thành Công ( Viện toán học cao cấp Viasm)

Đề bài: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của $P = xy + yz + 2zx$

Đề bài: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của $P = xy + yz + 2zx$

Lời giải

Trước tiên, ta sẽ đồng bậc hóa bất đẳng thức đã cho để đưa bài toán về đúng bản chất của nó.



Bất đẳng thức đồng bậc của ta có dạng: \[\begin{array}{*{20}{c}}
{xy + yz + 2zx \le k\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}&{\left( * \right)}
\end{array}\] với hằng số $k > 0$ .
Trở l ại bài toán cần xét, khi đọc tới giả thiết ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 3$  thì phải hiểu rằng $Max P=3k$ và công việc của ta là tìm  $k$ để $(*)$ luôn đúng với mọi $x,y,z$. Để  ý rằng, $(*)$ có thể viết lại thành:
\[k{y^2} - y\left( {x + z} \right) + k{x^2} + k{z^2} - 2xz \ge 0\]
Do hệ số $k >0$ nên coi đây là tam thức bậc hai ẩn $y$ thì dễ thấy nếu ta tìm được $k$ sao cho $\Delta  < 0\forall x,z$ bài toán sẽ được giải quyết.
Mặt khác ta có: \[\Delta  = \left( {1 - 4{k^2}} \right)\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + 2\left( {1 + 4k} \right)xz\]
Mặt khác, bất đẳng thức trên đối xứng với $x$  và $z$  nên ta có thể dự đoán $P$ đạt $Max$ khi và chỉ  khi $x=z$.
Từ đó, dẫn tới ý tưởng thay $x=z=1$ vào $(1)$, ta thu được $2{k^2} - 2k - 1 = 0$. Do $k >0$ nên chọn $k = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}$
Vậy ta đi tới kết luận:  $\max P = \dfrac{{3\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2}$

Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng: \[1 + \sqrt[3]{{abc}} \le \sqrt[3]{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}}\]

Đề bài: Cho $3$ số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: \[1 + \sqrt[3]{{abc}} \le \sqrt[3]{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}}\]

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 

\[\begin{array}{c}
\dfrac{{1 + \sqrt[3]{{abc}}}}{{\sqrt[3]{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}}}} \le \sqrt[3]{{\dfrac{1}{{\left( {1 + a} \right)}}.\dfrac{1}{{\left( {1 + b} \right)}}.\dfrac{1}{{\left( {1 + c} \right)}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{a}{{\left( {1 + a} \right)}}.\dfrac{b}{{\left( {1 + b} \right)}}.\dfrac{c}{{\left( {1 + c} \right)}}}}\\
 \le \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} + \dfrac{1}{{1 + c}}} \right) + \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{a}{{1 + a}} + \dfrac{b}{{1 + b}} + \dfrac{c}{{1 + c}}} \right)\\
 \le \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{{1 + a}}{{1 + a}} + \dfrac{{1 + b}}{{1 + b}} + \dfrac{{1 + c}}{{1 + c}}} \right) = 1
\end{array}\]
Từ đó $ \Rightarrow 1 + \sqrt[3]{{abc}} \le \sqrt[3]{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}}$ .
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hệ phương trình sử dụng đánh giá.

Đề bài: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x - y = 6(1 - \sqrt {xy} )\\
x + \dfrac{{6\sqrt {2({x^6} + {y^6})} }}{{{x^2} + xy + {y^2}}} = 3 + \sqrt {2({x^2} + {y^2})}
\end{array} \right.$

Lời giải

Điều kiện: $xy > 0$

Ta có:

$$\dfrac{{6\sqrt {2({x^6} + {y^6})} }}{{{x^2} + xy + {y^2}}} = \dfrac{{6\sqrt {2({x^2} + {y^2})({x^4} - {x^2}{y^2} + {y^4})} }}{{{x^2} + xy + {y^2}}} \ge 2\sqrt {2({x^2} + {y^2})} $$

Thật vậy, ta chứng minh:

$$\begin{array}{l}
3\sqrt {{x^4} - {x^2}{y^2} + {y^4}}  \ge {x^2} + xy + {y^2}\\
 \Leftrightarrow 9{x^4} - 9{x^2}{y^2} + 9{y^4} \ge {\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2}\left( {4{x^2} + 7xy + 4{y^2}} \right) \ge 0
\end{array}$$
Từ phương trình thứ 2 của hệ ta suy ra: $3 - x \ge \sqrt {2({x^2} + {y^2})} {\rm{ }}(1)$
Từ phương trình đầu của hệ sử dụng AM-GM ta có: $x - y = 6 - 6\sqrt {xy}  \ge 6 - 3(x + y) \Rightarrow 2x + y \ge 3{\rm{ }}(2)$
Cộng theo vế $(1)$ và $(2)$ ta được: $x + y \ge \sqrt {2({x^2} + {y^2})}  \Leftrightarrow x = y \Rightarrow x = y = 1$
Vậy nghiệm của hệ là: $x=y=1$

Đề số 4 diễn đàn Mathlinks.vn và lời giải

Links đề:  đề bài
Links lời giải bằng video: Links
Các bạn tham khảo và cho ý kiến dưới video để có thể làm ra các video chất lượng hơn nhé,
Các bạn nhớ đăng ký theo dõi kênh để cập nhật thêm các video mới nhất.

Kênh YOUTUBE của blog.

Kênh YOUTUBE của blog: https://www.youtube.com/channel/UCPnl4ts4WxHLBVbRqiXJ0jQ/videos

Nơi cập nhật các video bài giảng chất lượng, miễn phí cho các bạn.
Các bạn đăng ký theo dõi kênh để xem video nhé.