Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

Tuyển sinh Đại học 2014 – 2015 / Khối A – A1 / Đề thi & Hướng dẫn giải ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn : TOÁN – Khối : A và A1 CÂU 1 : (2,0 điểm) Cho hàm số

1 x

2 y x



  (1)

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

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = x bằng 2. CÂU 2 : (1,0 điểm) Giải phương trình sinx4cosx2sin2x.

CÂU 3 : (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x² – x + 3 và đường thẳng y = 2x + 1.

CÂU 4 : (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ^z^



²^ⁱ



^z^³^⁵ⁱ. Tìm phần thực và phần ảo của z.

b) Từ 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 chẵn?

CÂU 5 : (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 2z 1 0  và đường thẳng d :

3 3 z 2 y 1

2

x  

 

 . Tìm tọa độ giao điểm của d và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).

CÂU 6 : (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 2

a

3 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).

CÂU 7 : (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M(1 ; 2) và N (2 ; 1).

CÂU 8 : (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 





















2 y 2 1 x 8 x

12 x 12 y y 12 x

3

2

(x, y R)

CÂU 9 : (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x² + y² + z² = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

9 yz 1 1 z y x

z y 1

x yz x

P ₂ x²  



 



  .

HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 1 : (2,0 điểm) Cho hàm số

1 x

2 y x



  (1)

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

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = x bằng 2.

 Hướng dẫn : a) Xét hàm số

1 x

2 y x



  .

 Tập xác định : D = R \ {1}.

 Sự biến thiên :

 Ta có :



x 1



⁰

' 3

y ₂ 



  với mọi x  D.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1) và (1 ; ).

 Giới hạn, tiệm cận :

x 1

lim y

  ,

x 1

lim y

    tiệm cận đứng là x = 1

(2)

xlim y xlim y 1

     tiệm cận ngang là y = 1

 Bảng biến thiên

x  1 

y’  

y 1





1

 Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0 ; 1), cắt trục hoành tại điểm (0 ; 0). Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận là I(1 ; 1) làm trục đối xứng.

b) Trên (C) lấy ₀ ⁰

0

x 2 M x ;

x 1

  

  

  với x0  1 thì

   

x 2 x 1

 

1

2 1 1 x

2 x 2 d 1

, M

d ²₀ ₀

0 2

0     



 



Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = x là d =

0

0 2

0 0

0

x 2

x x 1 1 x 2

d(M ; (C))

x 1

2 2

 

 

  



2

0 0 0 0

2

0 0 2 0 0

0 0

x 2x 4 0 ( ) x 0 y 2

d(M ; (C)) 2 x 2 2 x 1 x (x 2) 0

x 2 y 0

x 2x 0

        

                vo ânghiệm

Vậy có hai điểm M thỏa mãn đề bài là M(0 ; 2), M(2 ; 0).

CÂU 2 : (1,0 điểm) Giải phương trình sinx4cosx2sin2x.

 Hướng dẫn :

Ta có : sinx4cosx2sin2x  sinx + 4cosx = 2 + 2sinxcosx  2sinxcosx – sinx + 2 – 4cosx = 0

 2cosx(sinx – 2) – (sinx – 2) = 0  (sinx – 2)(2cosx – 1) = 0 

sin x 2 ( ) sin x 2 0

2 cos x 1 0 cos x 1 cos

2 3

 

    

     

 

loại

 x = k2

3 , k  Z. vậy nghiệm là x =  k2

3 , k  Z

CÂU 3 : (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x² – x + 3 và đường thẳng y = 2x + 1.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và đường thẳng là : x² – x + 3 = 2x + 1  x² – 3x + 2 = 0  x = 1 hay x = 2

(3)

Bảng xét dấu :

x – 1 2 +

x² – 3x + 2 + 0 – 0 +

Vậy : ² ² ²



²



³ ² ²

1 1 1

x 3x 8 1 3 1

S x 3x 2 dx x 3x 2 dx 2x 6 4 2

3 2 3 3 2 6

     





   



                  ^(đvdt)

 Cách khác :

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và đường thẳng là : x² – x + 3 = 2x + 1  x² – 3x + 2 = 0  x = 1 hay x = 2

Vậy diện tích cần tính là : ² ² ²



²



³ ² ²

1 1 1

x 3x 1

S x 3x 2 dx x 3x 2 dx 2x

3 2 6

 

           

 

 

^(đvdt)

CÂU 4 : (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z



2i



z35i. Tìm phần thực và phần ảo của z.

a) Đặt z = x + yi với x, y  R.

Ta có : x + iy + (2 + i)(x – iy) = 3 + 5i  3x + y + (y + x)i = 3 + 5i









 













 

3 y

2 x 0

5 y x

0 3 y x 3 Do đó z = 2 – 3i. Vậy phần thực của số phức cần tìm là 2, phần ảo là 3.

b) Từ 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 chẵn?

b) Số phần tử không gian mẫu là : chọn 4 thẻ tùy ý trong 16 thẻ là C cách. ₁₆⁴ Gọi A là biến cố “4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn”.

Các phần tử của biến cố A là : 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16.

Chọn 4 số tùy ý trong 8 số này có C cách  số phần tử của tập A là ₈⁴ C ₈⁴ Vậy xác suất cần tính là : ₄⁸⁴

16

C 70 1

P(A)C 1820 26

CÂU 5 : (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 2z 1 0  và đường thẳng d :

3 3 z 2 y 1

2

x  

 

 . Tìm tọa độ giao điểm của d và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).

Phương trình tham số của đường thẳng d:

















 3 t 3 z

t 2 y

2 t x

(t  Z)

Tọa độ I là giao điểm của d và (P)  Tọa độ I thỏa hệ phương trình :

x t 2 y 2t z 3 3

2x y 2z 1 0

  

  

  

    



 2(2 + t) – 2t – 2 (3t – 3) – 1 = 0  t = 2

3  



 

  2

;3 3 2; I 7

(4)

Véctơ chỉ phương của d là u



1;2;3



; véctơ pháp tuyến của (P) là n1



2;1;2



.

Vì (Q) là mặt phẳng chứa d và (P) nên theo véctơ pháp tuyến của (Q) là ⁿ²^

 

^u^,ⁿ¹ ^



¹^;⁸^;⁵



Phương trình mặt phẳng (Q) là :

 

0

2 z 3 5 3 y 2 8 x 7

1 



 

 







 

  hay x + 8y + 5z + 13 = 0

Vậy phương trình (Q) là : x + 8y + 5z + 13 = 0.

CÂU 6 : (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 2

a

3 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).

 Cách 1 :

Gọi M là trung điểm AB, theo giả thiết thì SM  (ABCD)

AMD vuông tại A có : MD² MA² AD² ^5a² MD ^{a 5}

4 2

    

SMD vuông tại M có : a SM a 4

a 5 2

a MD 3

SD

SM ² ²

2 2

2

2     



 







 Do đó, _S.ABCD 1 _ABCD 1 ³

V SM.S a

3 3

   (đvtt)

 Tính khoảng cách từ A đến (SBD).

Ta có : ^A.SBD ^SBD

       

^A.SBD

SBD

3V V 1S .d A , SBD d A , SBD

3 ^ S

  

Ta cũng có :

6 V a

2 V 1

V_A_._SBD  _S_._ABD _S_._ABCD ³

Vẽ MK  BD với K  BD, vì BD  MK và BD  SM nên ta có BD  (SMK), suy ra BD  SK.

Mặt khác, tam giác MBK có góc MBK = 45 và góc MKB = 90 nên vuông cân ở K

 MK ^{MB 2} ^{AB 2} ^{a 2}

2 4 4

    ² ² ² 2a² 18a² 3a 2

SK SM MK a

16 16 4

     

Do đó, S _SBD ¹ SK.BD ^{1 3a 2} a 2 ^3a²

2 2 4 4

       . Vậy

   

3 3

2 2

3.a

a 4 2a d A , SBD 6

3a 2 3a 3 4

    .

 Cách khác :

Gọi M là trung điểm AB, theo giả thiết thì SM  (ABCD)

Vì SM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao nên SAB cân tại S.

Mặt khác, do ABCD là hình vuông nên SD = SC = 2

a 3

Ta có :

2 2

2 2 2 2 a 5a

MC BC BM a

2 4

       

2 2

2 2 2 3a 5a 2

SM SC MC a SM a

2 4

 

        

3

S.ABCD ABCD

1 1

V SM.S a

3 3

   (đvtt)

Vẽ MK  BD với K  BD và MI  SK, vì BD  MK và BD  SM nên ta có BD  (SMK), suy ra BD  MI.

Vì MI  BD và MI  SK nên MI  (SBD)  MI là khoảng cách từ M đến (SBD).

Mặt khác, tam giác MBK có góc MBK = 45 và góc MKB = 90 nên vuông cân ở K

(5)

 MK ^{MB 2} ^{AB 2} ^{a 2}

2 4 4

  

SMK vuông tại M có :

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 16 18 a a

MI MI

MI SM MK a 2a 2a   9   3 Do AM cắt mặt phẳng (SBD) tại B nên ta có :

 

d A , SBD AB 2.MB MB MB 2 d M , SBD   

 

     

^a ^2a

d A , SBD 2.d M , SBD 2

3 3

    

CÂU 7 : (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M(1 ; 2) và N(2 ; 1).

Gọi I(a ; b) là tâm của hình vuông đã cho thì N là trung điểm của IC.

3 3 3 2 3 2 3 2

AN AC AB 2 AB 2.AM AM

4 4 4 4 2

    

2 2

MN (2 1)   ( 1 2)  1 9  10

AMN có MAN45^o nên

2 2 2 o 2 9 2 3 1

MN AM AN 2AM.AN.cos 45 10 AM AM 2AM. AM.

2 2 2

      

2 9 2 2 5 2 2

10 AM AM 3AM AM 10 AM 4 AM 2

2 2

         

Mặt khác, ta có : AC AB 2 2.AM 2 AM 2

IN 2

4 4 4 2 2

      và AD AB 2.AM

IM AM 2

2 2 2

    

Theo giả thiết thì

   

 

2 2 2 2

a 1 b 2 4 a b 2a 4b 1 0 1

IM 2

IN 2 a 2 b 1 2 a b 4a 2b 3 0 2

          

   

  

     

     

  

Từ (1) và (2), ta có : 2a – 6b – 2 = 0  a = 3b + 1 (3)

Thay (3) vào (1) ta được : (3b + 1)² + b² – 2(3b + 1) – 4b + 1 = 0  10b² – 4b = 0  b = 0  5 b 2

 Nếu b = 0, ta có a = 1  I(1;0). Do N(2 ; 1) là trung điểm của IC nên C(3 ; 2) Đường thẳng CD đi qua C(3 ; 2) và nhận IM(0 ; 4)

làm VTPT  CD : y + 2 = 0

 Nếu 5

b 2, ta có 11

a 5  11 2

I ;

5 5

 

  . Do N(2 ; 1) là trung điểm của IC nên 9 12 C ;

5 5

  

 

 

Đường thẳng CD đi qua 9 12 C ;

5 5

  

 

 và nhận IM ^{6 8}; 5 5

 

  

 làm VTPT  CD: 3x – 4y – 15 = 0 Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3x – 4y – 15 = 0.

 Chú ý :

Nếu đặt AM = x (x > 0) thì bài giải sẽ gọn hơn.

3 3 3 2 3 2 3 2 3 2

AN AC AB 2 AB 2.AM AM x

4 4 4 4 2 2

     

AMN có MAN45^o nên

2 x 45 5 cos . AN . AM 2 AN AM

MN²  ²  ² ^o  ²

(6)

Ta cũng có MN² = (2 – 1)² + (– 1 – 2)² = 10 nên 10 x 2 2

x

5 ²   

Mặt khác, ta có : IN ^AC ^{AB 2} ^{2.AM 2} ^{AM 2} ^{x 2} ^{2 2} 2

4 4 4 2 2 2

      

AD AB 2.AM

IM AM x 2

2 2 2

     

Theo giả thiết thì

     

   

2 2

a 1 b 2 4 1

IM 2

IN 2 a 2 b 1 2

    

  

 

     

 

Suy ra : a = 3b + 1, thay vào (1) ta được : (3b – 1)² + (b + 1)² = 2  b = 0, 5 b2

 Nếu b = 0, ta có a = 1  I(1;0) C(3 ; 2)  CD : y + 2 = 0

 Nếu 5

b 2, ta có 11

a 5  11 2

I ;

5 5

 

  

   9 12 C ;

5 5

  

 

  CD: 3x – 4y – 15 = 0 Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3x – 4y – 15 = 0.

 Cách 2 :

Gọi I = BD  AC thì N là trung điểm của IC.

Gọi K = MN  DC. Theo định lý Ta-lét, ta có :

NK NC 1 1

NK MN

NM  NA  3  3

Mà NK



xI2; yI1



và ^MN



^{1; 3}



¹^MN ¹^{; 1}

3 3

 

     

 

Do đó : ^K ^K

K K

1 7

x 2 x

1 7

NK MN 3 3 K ; 2

3 3

y 1 1 y 2

    

   

           

 

CD qua 7

K ; 2 3

  

 

  và có VTPT là ⁿ^

 

^a^;^b ^{là :}^{a x} ⁷ ^{b y 2}

 

⁰ ^{3ax 3by 7a} ^6b ⁰

3

         

 

 

Vì N là trung điểm của IC nên khi vẽ NH // IM thì H là trung điểm của MB.

Đặt AB = x (x > 0)  1 1 x

MH MB AB

2 4 4

   và NH AH 3 3 3

NH BC x

BC  AB  4  4  4

2 2

MN (2 1)   ( 1 2)  1 9  10

Ta có : MN² = MH² + NH²  10 ^x² ^9x² x² 16 x 4 16 16

       x = 4

 

2 2 2 2

3a 6b 7a 6b 4a 12b

d M;CD 4 4 4

9a 9b 3 a b

    

    

 

2 2 2

a 3b 3 a b 4a 3ab 0

       

 Nếu b = 0  a = 0 (loại)

 Nếu b  0 chọn b = 1  a = 0 hoặc a = 4

3

Vậy phương trình CD là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0.

 Cách 3 : (Đáp án của BGD & ĐT)

Ta có : MN 10. Gọi  là độ dài của hình vuông ABCD, a > 0.

Ta có

2 AM a và

4 2 a 3 4 AC AN3 

(7)

N Nên

8 a N 5 A M cos . AN . AM 2 AN AM

MN² ² ²   ²

Do đó 10

8 a

5 ²  , nghĩa là a = 4.

Gọi I(x ; y) là trung điểm của CD.

Ta có : IM = AD = 4 và 2

4

IN BD  , nên ta có hệ phương trình :

   

^^_











 



















5 y 6 5 ; x 17

2 y

; 1 x 2

1 y 2 x

16 2 y 1 x

2 2

 Với x = 1 ; y = 2, ta có : I(1 ; 2) và IM

 

0;4 .

Đường thẳng CD đi qua I và có véctơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình là : y + 2 = 0.

 Với 5 x17 ;

5

y6 , ta có : _



 



  5

; 6 6

I 17 và _



 



 5

;16 5

IM 12 .

Đường thẳng CD đi qua I và có véctơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình là : 3x – 4y – 15.

CÂU 8 : (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

   

 

2

3

x 12 y y 12 x 12 1

x 8x 1 2 y 2 2

    



    



(x, y R)

Điều kiện : ₂

2 2

12 y 0 y 12

2 y 12 2 y 12

y 2 0 y 2

x 12 2 3 x 2 3

y(12 x ) 0 12 x 0

  

       

      

   

   

 

     

 

 Cách 1 :

 

¹ ^ ^{y 12 x}



^ ²



^^{12 x 12}^ ^^y , từ đây ta suy ra được 12 x 12 y  0 Bình phương hai vế, ta có : ^{y 12 x}



^ ²



^^{144 24x 12}^ ^{ }^y ^{x 12}²



^^y



0 x 12 y 12 x 24 144 y

12     ²

   y 12 2x 12 y x² 0 (3) Đặt t 12y 0  y = 12 – t²

Thế y = 12 – t² vào (3), ta có : 12 t  ² 12 2x 12 12 t  ² x²   0 t² 2xtx²   0 (t x)²   0 x t Do đó : x 12y0  x² = 12 – y  y = 12 – x².

Thay y = 12 – x² vào (2) của hệ, ta được :

3 2 3 2

x 8x 1 2 12 x    2 x 8x 1 2 10 x   ^^x³^^{8x 3}^{ }²



^{10 x}^ ² ^¹





^{x 3 x}

 

² ^{3x 1}

 

^{2 10 x}²₂ ¹

 

^{x 3 x}

 

² ^{3x 1}



^{2 3 x}

 

₂^{3 x}



10 x 1 10 x 1

   

         

   



^{x 3 x}

 

² ^{3x 1}



^{2 x 3 x}

 

₂ ³



⁰



^{x 3}



^x² ^{3x 1} ^{2 x}



₂³



⁰

10 x 1 10 x 1

 

  

            

     

   









 



 









 0 vônghiệm dox 0

1 x 10

3 x 1 2

x 3 x

3 y 3 x

2 2

So với điều kiện nghiệm của hệ là (3 ; 3).

 Cách 2 :

(8)

Đặt t 12y 0  y = 12 – t²

 

¹ ^^xt^



^{12 t}^ ²



^{12 x}^ ²



^¹²^ ¹²²^^12x²^^12t²^^{x t}^{2 2} ^^{12 xt}^

 

²

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

xt 12

12 xt 0 xt 12

12 12x 12t x t 12 2.12.xt x t 12x 2.12.xt 12t 0 x t 0

 

  

  

  

           

  

Ta có :



^x^t



²     ⁰ ^x ^t ^x ^{12 y}

 

^*

Thế (*) vào (2) được :



^{12 y}^



^{12 y}^{ }^{8 12 y 1}^{  }^{2 y 2}^{ }



^{4 y}^



^{12 y}^{ }^{2 y 2 1}^{ }



^{3 y}



^{12 y} ^{12 y} ^{3 2 2 y 2} ⁰



^{3 y}



^{12 y}



^{12 y} ³

 

^{2 1} ^{y 2}



⁰

                   

     

₀

2 y 1

y 3 2 3 y 12

y y 3

12 y 3 0 2 y 2 2 3 y 12 y 12 y

3 





 





 



















   

y 3 x 3

1 2

3 y 12 y 0

12 y 0

12 y 3 1 y 2

  

  

                    vônghiệm

 Cách 3 :

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có : ^x ¹²^^y^



¹²^^x²



^y^



^x²^¹²^^x²

 

¹²^^y^^y



^¹²

Dấu “=” xảy ra ^x ^{12 x}² ^{x y}



¹² ^{y 12 x}

 

²



12 y y

      



 

2 2 2 2 2

x 0

x 0 x 0

y 12 x 3 x y 144 12x 12y x y 12y 144 12x

   

  

          

Thế (3) vào (2), ta có :

 

2 x³8x12 10x² x³8x12 10x² 0

      2

3 2 2

2

1 10 x

x 8x 3 2 1 10 x 0 x 3 x 3x 1 2 0

1 10 x

               

 



^{x 3 x}

 

² ^{3x 1}



² ^x² ⁹ ₂ ⁰



^{x 3}



^x² ^{3x 1} ^{2 x 3}

 

₂ ⁰

1 10 x 1 10 x

  

              

     

   

2

x 3 y 3

x 3 2 x 3

x 3x 1 0 vì x 0 y 3

1 10 x

  

  

       vônghiệm    .

Điều kiện : 2 3 x 2 3 ; 2y12 Ta có :

2 y 12 y x

12

x   ²  và ^y



¹²^^x²



^^y^¹²₂^^x² ^nên^x ¹²^^y^ ^y



¹²^^x²



^¹²

Do đó,

 









  ₂

x 12 y

0 1 x

Thay vào (2), ta được : ^x³^⁸^x^¹^² ¹⁰^^x² ^^x³^⁸^x^³^²



¹^ ¹⁰^^x²



^⁰

   

0

 

3

x 10 1

3 x 1 2

x 3 x 3

x ² ₂ 

 









 







(9)

Do x  0 nên

 

₀

x 10 1

3 x 1 2

x 3

x² ₂ 





 



Do đó (3)  x = 3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm : (x ; y) = (3 ; 3).

CÂU 9 : (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x² + y² + z² = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

9 yz 1 1 z y x

z y 1

x yz x

P ₂ x²  



 



  .

 Cách 1 : (Phương pháp dồn biến đưa về hàm số)

_ Bài toán đã cho chứa 3 biến x, y, z với cấu trúc đối xứng y, z nên ta có thể đưa về hàm một biến chứa tích yz.

_ Bài toán có hai phân thức chứa biến ở mẫu nếu quy đồng mẫu thức rất phức tạp, nên có thể nghỉ đến việc đánh giá để quy về cùng một mẫu thức.

_ Có thể dự đoán MaxP đạt tại điểm rơi (x, y, z) = (1, 1, 0).

_ Đánh giá bất đẳng thức :

1 z y x

x 1

x yz x

x

2 2



 



 (1)

Do x  0 nên BĐT  ^{x x}



^{   }^{y z 1}



^x²^^yz^{  }^{x 1} ^x²^^xy^^xz^{ }^x ^x²^^yz^{  }^{x 1} ^xy^^xz^^{yz 1}^

2 2 2 2 2 2

2xy 2xz 2yz 2 2xy 2xz 2yz x y z x y z 2xy 2yz 2xz 0

                

2 2

(x y z) 0

    (BĐT đúng)

Do đó, ta có :

2 2

x y z 1 yz x y z 1 yz x y z 1 yz

P x yz x 1 x y z 1 9 x y z 1 x y z 1 9 x y z 1 9

      

       

              



^x ^y ^{z 1}



1 1 yz 1 1 yz

x y z 1 9 1 x y z 1 9

       

            Do đó P lớn nhất khi ¹ ^{1 yz}

x y z 1 9

 

   nhỏ nhất.

Đặt S ¹ ^{1 yz}

x y z 1 9

  

   , ta có :

2 2 2 2 2 2 2

x  y z 1.x 1.(y z)   (1 1 )[x (y z) ]  2(x y z 2yz)  2(2 2yz) 2 1 yz

Do đó, ta có : S ¹ ^{1 yz} ¹ ^{1 yz}

x y z 1 9 2 1 yz 1 9

 

   

    

Đặt t 1 yz  1, y, z0

Xét hàm số : f (t) ¹ ^t², t 1 2t 1 9

   



2 3 2 2

2 2 2 2

2 2t 18 2t(4t 4t 1) 8t 8t 2t 18 (t 1)(8t 16t 18)

f '(t) 0, t 1

(2t 1) 9 9(2t 1) 9(2t 1) 9(2t 1)

          

       

   

 Hàm f(t) đồng biến trên [1 ; +).

Khi đó : f(t)  f(1) =⁴ 9

Do đó, ta có : P 1 S 1 ⁴ ⁵ 9 9

    

Dấu “=” xảy ra  (x, y, z) là bộ số (1, 1, 0) hoặc (1, 0, 1).

 Cách 2 : (Phương pháp biến đổi và dùng BĐT Cô-si) Điểm nhấn của bài này là dấu “=” xảy ra khi x = y + z.

Do đó, từ việc phát hiện dấu “=” xảy ra ta có thể biến đổi và dùng BĐT Cô-si. Ta có :

(10)

2 2 2 2 2 2

2 2 x y z 2 2yz x y z 2 1 2 2

x yz x 1 x yz x x x x x (y z) x

2 2 2

      

                

x² x ¹ (y z)² x² x² x (y z)x x(x y z 1)

2 

             

2 2

x x

x yz x 1 x y z 1

 

      Ta có :

2 2 2

2 2 2 2 2 2

(y z) (y z )

x y z 1 2 (x y z 1) 1 x y z (y z) y z

P x y z 1 x y z 1 9 x y z 1 18

  

           

    

        

 P 1 ¹ ^(y ^z)² ^x² 1 ¹ ^(y ^z)² ^x²

x y z 1 18 x y z 1 18

 

   

            

Áp dụng BĐT Cô-si : x² 1 2x ^x² ¹ x ; (y z)² 1 2(y z) ^(y ^z)² ¹ y z

2 2

  

          

Mà : ¹ ^(y ^z)² ^x² ₂ ¹ ₂ ^(y ^z)² ^x² ₂ ² ₂ ^(y ^z)² ^x²

x 1 (y z) 1

x y z 1 18 18 x (y z) 4 18

2 2 1

     

    

  

       

₂ ² ₂ ^(y ^z)² ^x² ⁴ ² ² ² ⁴

x (y z) 4 18 9 3 9 9

  

     

  

Vậy 5 5

P MaxP

9 9

   . Dấu “=” xảy ra  (x, y, z) là bộ số (1, 1, 0) hoặc (1, 0, 1).

Ta có : 0  (x – y – z)² = x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz = 2(1 – xy – xz + yz) nên x² + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 – xy – xz + yz)  x(x + y + z + 1).

Suy ra :

1 z y x

x 1

x yz x

x

2 2



 



 Mặc khác :

(x + y + z)² = x² + y² + z² + 2x(y + z) + 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z)  2 + 2yz + [x² + (y + z)²] = 4(1 + yz)

Do đó

 

36 z y x 1 z y x

z y

P x   ²

 



 

Đặt t = x + y + z.

Suy ra : t  0 và t² = (x + y + z)² = (x² + y² + z²) + 2xy + 2yz + 2zx  2 + ( x² + y²) + (y² + z²) + (z² + x²) = 6.

Do đó 0t 6. Xét

 

36 t 1 t t t

f  ²

  , với 0t 6. Ta có

     

 

²

2

2 18t 1

9 t 4 t 1 t 18

t 1 t ) 1 t ('

f 



 



 

 , nên f’(t) = 0  t = 2

Ta có f(0) = 0 ;

 

9 2 5

f  và ^f

 

⁶ ^₃₀³¹^ ₅⁶^{, nên}^f

 

^t ^ ₉⁵^khi⁰^^t^ ⁶

Do đó 9

P 5. Khi x = y = 1 và z = 0 thì 9

P5. Do đó giá trị lớn nhất của P là 9 5.