Đề thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn: Toán; Khối: A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
Môn: TOÁN; Khối: A 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều 
kiện 2 2 21 2 3x x x+ + < 4. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 
(1 sin cos 2 )sin
14 cos
1 tan 2
x x x
x
x
π⎛ ⎞
+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
+
. 
2. Giải bất phương trình 
21 2( 1
x x
x x
−
− − + )
 ≥ 1. 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 
1 2 2
0
2 d
1 2
x x
x
x e x e x
e
+ +
+∫ . 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là 
trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và 
SC theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
⎧ + + − − =⎪⎨
+ + − =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 0x y+ = và d2: 3 x y− = 0 . Gọi (T) là 
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết 
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3
2
 và điểm A có hoành độ dương. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1
2 1 1
x y z−
= =
−
2+ và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. 
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2( 2 ) (1 2 )z i= + − i . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung 
điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) 
nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 2
2 3 2
3x y z+ − +
= = . Tính 
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 
3(1 3 )
1
i
i
−
−
. Tìm môđun của số phức z + i z. 
----------- Hết ---------- 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................ 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
Môn: TOÁN; Khối: B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
xy
x
+= + . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB 
có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình (sin . 2 cos 2 )cos 2cos 2 sin 0x x x x x+ + − =
2. Giải phương trình 23 1 6 3 14 8x x x x+ − − + − − = 0 (x ∈ R). 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )21
ln d
2 ln
e xI x
x x
= +∫ . 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng . ' 'ABC A B C
( ' )A BC và ( )ABC bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho 
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. 
60o 'A BC
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 23( ) 3( ) 2M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + + . 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có 
phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và 
đỉnh A có hoành độ dương. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương 
và mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng 
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1
3
. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: 
(1 )z i i z− = + . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 
2 2
1
3 2
x y+ = . Gọi F1 và F2 là các 
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với 
(E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: 1
2 1 2
x y z−= = . Xác định tọa độ điểm M trên 
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2
log (3 1)
4 2 3x x
y x
y
− =⎧⎪⎨ + =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................... 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
Môn: TOÁN; Khối: D 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số . 4 2 6y x x= − − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 1
6
y x= − . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình s in 2 cos 2 3sin cos 1 0.x x x x− + − − =
2. Giải phương trình 
3 32 2 2 2 44 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + −+ = + (x ∈ R). 
 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
1
32 ln
e
dI x x
x
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ x . 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình 
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = 
4
AC . Gọi CM là đường 
cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 . 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn 
ngoại tiếp là I(−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết 
phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu 
vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành 
bằng AH. 
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: 
3x t
y t
z t
= +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
và Δ2: 2 12 1 2
x y− −= = z . Xác 
định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2 2
4 2 0
2log ( 2) log 0
x x y
x
⎧ − + + =⎪⎨ y− − =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................ 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 23 1y x x= + − .
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng − 1.
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 5 34 cos cos 2(8sin 1)cos 5.
2 2
x x x x+ − =
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2 3 2
( , ).
2 2
x y x y
x y
x xy y
⎧ + = − −⎪⎨ ∈
− − =⎪⎩
\
Câu III (1,0 điểm) 
Tính tích phân 
1
0
2 1 .
1
x dx
x
−
=
+∫
1.
 I
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc 
với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45,SA SB= o. Tính 
theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. 
Câu V (1,0 điểm) 
Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
3x y+ ≤
1 1A
x xy
= + ⋅ 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng 
(1; 2; 3),A − ( 1; 0; 1)B −
( ): 4 0.P x y z+ + + =
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 
2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng 
6
,
AB có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) 
tiếp xúc với (P). 
Câu VII.a (1,0 điểm) 
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2i z i z i− + + = − +(2 3 ) (4 ) (1 3 ) . Tìm phần thực và phần ảo 
của z. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1:
2 1 1
x y z−
( ): 2 2 2 0P x y z− + − =
2 (1 ) 6 3 0z i z i− + + + =
d = =
−
 và mặt phẳng 
. 
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). 
Câu VII.b (1,0 điểm) 
Giải phương trình trên tập hợp các số phức. 
---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................ 
Tập san YP2 − Tiếng nói của tuổi trẻ Trường THPT Yên Phong số 2 
MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI ĐỀ THI ĐH 2010 KHỐI A 
Câu I.2 
☺Phương trình hoành độ điểm chung của đồ thị hàm số với trục 
Ox là 
3 2y x 2x (1 m)x m (1)= − + − +
3 2 2
2
x 1
x 2x (1 m)x m = 0 (2) (x 1)(x x m) 0
x x m 0 (3)
⎡ =⎢− + − + ⇔ − − − = ⇔ ⎢ − − =⎢⎣
☺ Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 
⇔ Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 
⇔ Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 
2
11 4m 0 m
.4
1 1 m 0 m 0
⎧⎪⎧∆= + >⎪ ⎪ >−⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪− − ≠⎪ ⎪⎩ ≠⎪⎩
☺ Với điều kiện m vừa tìm được thì đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, 
x2, x3 với x1, x2 là hai nghiệm phân biệt khác 1 của (3) và . Áp dụng định lí Viet cho phương 
trình (3) thì x
3x =1
4
.
1+ x2 = 1, x1x2 = - m. Ta có 
2 2 2 2 2x x x 4 (x x ) 2x x 11 2 1 21 2 3+ + < ⇔ + − + <
1 2m 3 m 1⇔ + < ⇔ <
Vậy điều kiện của m là 
1 m 1
.4
m 0
⎧⎪⎪− < <⎪⎨⎪⎪ ≠⎪⎩
Nhận xét: Đây là bài tập cơ bản về định lí Viet với phương trình bậc hai, tuy nhiên nhiều bạn dễ 
quên điều kiện x1, x2 khác 1. 
Bài tập: Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba 
điểm phân biệt có hoành độ x
3 2y x (2m 1)x (3m 2)x m 2 = + + + − + −
1, x2, x3 thoả mãn 2 2 2x x x 31 2 3+ + > .
Câu II.2
 Trang 5
Cách 1: 
Ta thấy 2 21 3 31 2(x x 1) 1 2[(x ) ] 1 0, x .
2 4 2
− − + = − − + ≤ − < ∀ ∈ℝ Do ñó BPT ñã cho tương ñương với 
22
2 2 2
0 x 10 x 10 x 1x x 0 3 51 x x 0 0 x
22(x x 1) 1 x xx x 1 2(x x 1)
2(x x 1) (1 x x)
x x 2x x 2 x 1 0
< <
 < <  < <− <  +  
⇔ ⇔ + − ≥ ⇔ ≤ ≤   
− + ≤ + −
− ≤ − − +   
− + ≤ + − 
− + − + ≤ 
2
0 x 1 0 x 1 3 5
x .
2x x 1 0(x x 1) 0
< < < < 
− 
⇔ ⇔ ⇔ = 
+ − =+ − ≤  
 Vậy BPT có nghiệm duy nhất 3 5x .
2
−
= 
Cách 2: 
Điều kiện: x ≥ 0. 
Ta có: 22( 1)x x− + = 2 2( 1) 1x x+ − + > 1, suy ra 1 − 22( 1)x x− + < 0. 
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 22( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1) 
Mặt khác 22( 1)x x− + = 2 22(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: (1) ⇔ 22( 1)x x− + = 1 − x + x (3) 
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. 
+ 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x ⇔ 2
1 0
(1 )
x
x x
− ≥⎧⎪⎨ − =⎪⎩
 ⇔ 2
1
3 1 0
x
x x
≤⎧⎪⎨ − + =⎪⎩
Tập san YP2 − Tiếng nói của tuổi trẻ Trường THPT Yên Phong số 2 
Cách 3: Tương tự như trên, ta biến đổi bất PT đã cho về 22(x x 1) x 1 x.− + ≤ + − Chia hai vế 
cho x (vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình) ta được 1 12(x 1 ) 1 x.
x x
− + ≤ + − Đặt 
1y x
x
= − thì 21x y
x
+ = + 2, ta nhận được 2 2 2
y 1 0
2(y 1) y 1 y 1.
2(y 1) y 2y 1
+ ≥⎧⎪+ ≤ + ⇔ ⇔ =⎨ + ≤ + +⎪⎩
Với y = 1 thì 3 5x .
2
−= 
Cách 4: Lập luận như trên ta được BPT x (0;1).∈ 2x x 1 2(x x 1)⇔ − ≤ − − + 
2
2
2
2 2
2
2 2
2(x 3x 1)(x x 1) ( 2(x x 1) 2 x ) 0 (x x 1) 0
2(x x 1) 2 x
(x x 1)(x x 1) x x 1(x x 1) 0 (x x 1)(1 ) 0
2(x x 1) 2 x 2(x x 1) 2 x
2( x 1 x)(x x 1) 0
( 2(x x 1) 2 x )( 2(x x 1) 2 2x)
− +⇔ + − + − + − ≤ ⇔ + − + ≤
− + +
+ − − − − −⇔ + − + ≤ ⇔ + − + ≤
− + + − + +
+ −⇔ + − ≤
− + + − + + −
Do các nhân tử ở mẫu và nhân tử x 1 x+ − luôn dương với mọi x (0;1)∈ nên BPT tương đương 
với 2 3 5x 1) 0 x x 1 0 x .
2
−+ − ≤ ⇔ + − = ⇔ =(x 
Bài tập: Giải các PT và bất PT sau đây 
2 2
2 2 3
32 4 2 2
2 2
3 2 x 3x 2 x (x 1 x )1) 1. 2) 1.
1 2 x x 1 x x 1 x x
13) x x x 2x 1. 4) x 2x x 3x 1.
x
) 1 4x 2 x 1 8x. 6)
− + + + −> ≥
− − + + − −
+ − = + + − = +
− + + =5 2
2 2 2
2
2 23
2
 x x 1 3 2(x 5x 8).
1 17) x 2 x 2 4. 8) x 2x 2x 1 3x 4x 1.
x x
x 19) 5x 1 9 x 2x 3x 1. 10) 1 5x x x x .
2
11) x x 1 3 x (x 1). 12) 
+ − ≥ + − +
+ + − + − = + + − ≥ + +
−− + − = + − − − − − =
+ + > + 3 23 x 8 2x 6x 4.+ = − +
Câu V. 
 Trang 6
⇔ x = 3 5− , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 
2
ậy BPT có nghiệm duy nhất 3 5x .
2
−
= V
Cách 1: 
Trước hết ta phải có 
3
x3 4x 0 4
.
5 2y 0 5y
2
 ≤
− ≥ 
⇔ 
− ≥  ≤

 Ta thấy 5(y 3) 5 2y 0, y ,
2
− − ≤ ∀ ≤ từ ñây và phương trình thứ nhất trong 
Tập san YP2 − Tiếng nói của tuổi trẻ Trường THPT Yên Phong số 2 
 Trang 7
hệ suy ra 2(4x 1)x 0 x 0.+ ≥ ⇔ ≥ Do ñó, ñể giải hệ phương trình, ta chỉ xét 30 x
4
≤ ≤ và 5y .
2
≤ ðặt 
[ )
u 3 4x 0; 3
v 5 2y 0;
  = − ∈  

 = − ∈ +∞
 thì 
2
2
3 u
x
4
.
5 vy
2

−
=


−
=
 Hệ phương trình ñã cho trở thành 
22 2 2
6 4 2 3
4 4 2 22 22 2
3 u 3 u 5 v4 1 . 3 .v 0
4 4 2 u 9u 31u 39 8v 8v 0 (1)
u v 6u 10v 8u 6 03 u 5 v4 2u 7
4 2
    
− − − + + − =   
          − + − + + =    ⇔ ⇔ 
+ − − + + =    
− − + + =   
   
   
2 2 2
3
(u 1)(u 1)((u 4) 7) 8(v 1)(v v 9) 0 (2)
.
(u 1) (u 3) (1 v)(3 v)(v 1)(v 3) 0 (3)

− + − + + − + + =
⇔ 
− + + − − + + =
 Bây giờ ta sẽ ñặt 
[ )6 4 2 3f (u) u 9u 31u 39, u 0; 3 , g(v) 8v 8v, v 0; = − + − ∈ = − − ∈ +∞  thì (1) f (u) g(v) (4).⇔ = Có 
5 3 4 2f '(u) 6u 36u 62u 2u(3u 18u 31) 0, u 0; 3 ,f '(u) 0 u 0, = − + = − + ≥ ∀ ∈ = ⇔ =  nên f’(u) ñồng biến trên 0; 3   , 
tức là 39 f (0) f (u) f ( 3) 0, u 0; 3 . − = ≤ ≤ = ∀ ∈   Từ ñây và (4) suy ra 
3g( ) 39 g(v) 0 g(0).
2
= − ≤ ≤ = Mà 
2g '(v) 24v 8 0= − − < nên g(v) nghịch biến trên [ )0; .+∞ Như thế ta ñược 30 v .
2
≤ ≤ 
+ Nếu u = 1 thì từ (2) suy ra v = 1, và thoả mãn (3). 
+ Nếu 1 u 3< ≤ thì kết hợp với (2) ta sẽ ñược 0 v 1≤ < , nhưng (3) không thoả mãn. 
+ Nếu 0 u 1≤ < thì kết hợp với (2) ñược 31 v
2
< ≤ , nhưng (3) không thoả mãn. 
Do ñó hệ (2), (3) có nghiệm duy nhất u = v = 1. Từ ñây tính ñược 1x , y 2
2
= = (thoả mãn). Vậy hệ phương trình ñã cho 
có nghiệm duy nhất 1 ;2 .
2
 
 
 
Cách 2: 
Điều kiện: x ≤ 3
4
; y ≤ 5
2
. 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1) 
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t. Ta có 'f (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. 
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2
0
5 4 .
2
x
xy
≥⎧⎪⎨ −=⎪⎩
 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 
x2 + 
2
25 2
2
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ + 2 3 4x− −7 = 0 (3). Nhận thấy x = 0 và x = 
3
4
 không phải là nghiệm của (3). 
Xét hàm g(x) = 4x2 + 
2
25 2
2
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ + 2 3 4x− − 7, trên khoảng 
30;
4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
 4
'( )g x = 8x − 8x 25 2
2
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ − 
4
3 4x− = 4x (4x
2 − 3) − 4
3 4x− < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. 
Tập san YP2 − Tiếng nói của tuổi trẻ Trường THPT Yên Phong số 2 
mọi 3x (0; )
4
∈ . Suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng 3(0; )
4
 và phương trình f(x) = 0 có 
nghiệm duy nhất 1x
2
= trong khoảng 3(0; )
4
. Tính ra y = 2. Vậy 1( ;2)
2
 là nghiệm của hệ PT đã cho. 
Bài tập: Giải hệ PT 
(3 x) 2 x 2y 2y 1 0
.
32 2 x (2y 1) 1
− − − − =
− − − =
⎧⎪⎨⎪⎩
 Trang 8
Cách 3: Đk: 3x ; y
4 2
≤ ≤ 5 . Đặt 
2X 5 YX 2x, Y 5 2y x , y
2 2
−= = − ⇒ = = . Thay vào PT thứ nhất của 
hệ ta được 
2 2
2 2X(X 1) Y(Y 1) 0 (X Y)(X XY Y 1) 0 X Y
2 2
+ +− = ⇔ − + + + = ⇔ .= Như vậy 
2
x 0
2x 5 2y .5 4xy
2
≥⎧⎪= − ⇔ ⎨ −=⎪⎩
 Thay vào PT thứ hai trong hệ và rút gọn, ta được 
4 2 34x 6x 2 3 4x .
4
− + − = Xét hàm số 4 2f (x) 4x 6x 2 3 4x= − + − có 1f ( )
2 4
= 3 và f '(x) 0< với 
Mặt khác 1
2
g ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 
1
2
; suy ra y = 2. Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ; 2
2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ .