SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
NĂM HỌC: 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)

MÔN: TOÁN – GDTHPT
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm cực trị của hàm số y 

2x  1
.
x 1

x2  x  2
.
x 1

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  2 x3  5x2  2
trên đoạn [0; 3].
Câu 4 (1,0 điểm).
Dựa vào đồ thị của hàm số ở hình bên (Hình 1), hãy cho biết:
+ Các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Cực trị của hàm số.
+ Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1; 1] .
Câu 5 (1,0 điểm).

m . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê
3
nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2. Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi
phí thuê nhân công thấp nhất. Tính chi phí đó.
-----------HẾT----------Ghi chú: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh…………………………Số báo danh…………………………….
Chữ kí của giám thị 1……………………...Chữ kí của giám thị 2…………………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

NĂM HỌC: 2015-2016

CHÍNH THỨC

Câu

MÔN: TOÁN – GDTHPT
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề.
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án – cách giải
Điểm
1,0
2x  1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
điểm
* Tập xác định D  \{1}


0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )
* Đồ thị:

0,25

x2  x  2
x 1
2
x  2x  3

Tìm cực trị của hàm số y 

Câu 2
(1,0 điểm)

TXĐ: D 

\{1} , y ' 

 x  1

2

 x  1
y '  0  x2  2x  3  0  
x  3

1,0



 x  0 [0;3]

y '  0  4 x3  6 x 2  10 x  0   x  1[0;3]

5
 x  [0;3]
2

 5  343
y (0)  2, y(3)  16, y   
16
2
343
5
Vậy min y  y    
; max y  y (0)  2
16
[0;3]
[0;3]
2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

0,25

0,25
0,25
0,25


tại điểm có hoành độ x = 1.
* f '( x)  5

x 1

ln 5 

2
2x  1

 x3  6 x 2  8 x  2   2
log 2  x3  6 x 2  8 x  2   2  x3  6 x 2  8 x  2  2

Câu 6
(1,5 điểm)

2

 x( x2  6 x  8)  0

x2 5 x 3

Đặt t  5

 24.5x

2

0,25

1  0

0,25
0,75
điểm

x 2 5 x  2

, t  0 , phương trình đã cho trở thành
t  1
2
25t  24t  1  0  
1
t 
 25
2
1
1
So với điều kiện, nhận t 
, khi đó: 5 x 5 x  2 
25
25

0,25

0,25


 x2  5x  2  2
x  1

0,75 đ

Vì SA  (ABCD) nên góc giữa
SC với (ABCD) là góc giữa SC
với AC hay góc SCA  600 .
Câu 8

AC  a 6, SA  AC.t an600  3a 2
0,25

(2,0 điểm)

( AD  BC ) AD 9a 2

2
2
1
1 9a 2
9a 3 2
VS . ABCD  S ABCD .SA  .
.3a 2 
3
3 2
2
b) Gọi E là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích của khối tứ diện EACD
S ABCD 

0,25
0,25
0,75


0,25

0,25
0,25
0,5
điểm
0,25


1
1
3a3 2
* VSACD  S ACD .SA  .3a 2 .3a 2  3a3 2  VSAED  VSACD  VEACD 
3
3
2
1
* SSAD  .SA. AD  3a 2 6
2
Suy ra khoảng cách từ điểm E đến (SAD) là:

EH 

3VSAED
S SAD

3a3 2
3
2 a 3

500  
z 2
V  xyz 


3y
3


Câu 9
(1,0 điểm)

500
 f ( y)
y
Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích nhỏ nhất.
500
Ta có f '( y )  4 y  2
y
f '( y)  0  y  5 .

0,25

Diện tích xây dựng của hồ nước là S  2 y 2  6 yz  2 y 2 

0,25

BBT:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min f ( y)  f (5)  150

* Chú ý:
i cách gi i khác đúng đều đ c điểm tối đa c a ph n đó.
- Điểm toàn bài đ c làm tr n th o qui đ nh.
------HẾT-----

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z   0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT-----------------------1




Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu


+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3


 cosα  0 nên cosα  
2
5
 5
2 5
sin α  cosα.tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

2

0,25

0,25
0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

Vậy

/>
2π 
2π
2π

sin  α 

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  

 x  π  k2π

1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5

0,25

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

1  15
;
2

1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Phương trình
Câu 4
(1,0 điểm)

x


  
2
 3 
 x   log 2 2

0,25

3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
 n(Ω)  625
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”


Câu 6
(1,0 điểm)

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

D
I

H

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
B

C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 


BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1) 2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7



5



0,25

0,25

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:
a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

  a  b 1  2a  b   0

 x  8 x  4   x  1 x  8 
x2  4 x  7



x 1  3

0,25

+ *   x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 




x 1  3 




x 1



2

0,25

2
 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)


0,25

5  13
11  13
y
2
2
 5  13 11  13 
;

2
2



Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 

Cho x, y, z   0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
Câu 9
(1,0 điểm)

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2

/>
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
2

 x  y  z   xy  yz  zx

 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27

27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1  27  8t 3  27
 0 t   2;3
Xét hàm số f  t  với t   0; 2 ta có f '  t   t  2  
2  8t 
16t 2
nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .
15
.
4
15
15
Do P  f  t   P  . Có P  khi x  y  z  1 .
4
4
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4

0,25

 f  t   f  3 

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n.
20

1 

b) Tìm hệ số của x trong khai triển P( x )   2 x  2  , x  0.
x 

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 32  x  32 x  30
b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1
8





Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  2a, AD  a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3).
2
Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
32 x 5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x
 x, y 

1
1

biểu thức: P 
2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1)
------------------------- Hết ------------------------

1


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u

Néi dung
Hàm số y 

§iÓm

2x 1
x 1

- TXĐ: \ 1
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang

1,0đ

0,25đ

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)  3  3x  2

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:

0,25đ

y '  3x2  6 x  3
y '(0)  3

3

2

3

2

x  2(m  2) x  (8  5m) x  m  5  x  m  1  x  2(m  2) x  (7  5m) x  2m  6  0
 ( x  2)  x 2  2(m  1) x  3  m   0 (1)

C©u 3



Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2  x3  2(1  m), x2 x3  3  m
2
1

2
2

0,25đ

2

2
3

2

0,25đ

2

Ta có x  x  x  4  (x 2  x 3 )  2x 2 x 3  4m  6m  2

C©u 4
1,0đ

3
x12  x 22  x 32  20  4m 2  6m  2  20  2m 2  3m  9  0  m  3 hoÆc m = - tm
2

6

0,25đ



x   k 2


2

12
sin  x   

6 2

 x  7  k 2

12

KL
a)ĐK: n  , n  2 .

0,25đ

An2  3Cn2  15  5n  n(n  1) 

C©u 5
1,0đ


20

32  x  32 x  30  3.(3 x )2  10.3 x  3  0

C©u 6
1,0đ

0,25đ

3 x  3
 x
3  1 / 3

a)

x  1

 x  1

0,25đ





b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1 (1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1  log3 x 2  x  1  log3 3( x  3)



1,0đ

1
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 

4a 3 3
(đvtt)
3

0,25đ
0,25đ

3


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
 d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx))

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2 a 93
4a 93
.  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  2 HK 

 24a 2  24b 2  50ab  0  
10
 4a  3b

+) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0

0,25đ

D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)
+) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0
D  BD  DN  D(7;9)  B(9; 3)

C©u 9
1,0đ

32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y 

3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29(2)
1
Đặt đk x   , y  2
2

0,25đ

0,25đ





x  2

2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0(4)

Với x=1/2. Ta có y=3
(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x  3
 (2 x  3)(2 x  9)  0
2x 1  2

0,25đ

4


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
x  3 / 2

1

(2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2

Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1 . Thay vao (5) được

2
4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
2

2

2

(a  b  c  3)3
Mặt khác (a  1)(b  1)(c 1) 
27

0,25đ

1
27
Khi đó P 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1

a  b  c  1 (a  b  c  3)3
1
27
Đặt t  a  b  c  1  1 . Khi đó P  
,t  1
t (t  2)3

C©u 10
1,0đ




-

1
8

f(t)

0,25đ
0

0

1
8
a

b
 c 1

1
Vậy ma xP  f(4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  1  4

Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=

Hết

_ Hàm số luôn đồng biến trên R khi a > 1, luôn nghịch biến trên R khi 0 < a < 1.
_ Logarit cũng có những dạng thông dụng như logarit thập phân và logarit tự nhiên
 logarit thập phân: là logarit cơ số 10, thường được viết tắt là logb hoặc lgb
 logarit tự nhiên: là logarit cơ số e (e  2,718 > 1), viết tắt là lna ( đọc là log nepe a )
3. Các công thức về MŨ ( với a > 0 và a ≠ 1
am
♥ am. an = am + n
♥ am.bm = (a.b)m
♥ n = am - n
♥ (am)n = am.n
a
m
 n m
1
n m
n
n
n
n m
-m
n
♥ a =a
♥ ab = a . b
♥ m=a
♥ a =  a
a
 
m

a khi n lẻ


♥

m

a=
loga b

♫a

logbx

♫a
♫

m.n

an

= b
=x

logba

1
= logb a
loga b

1


+ phương trình af(x) = b (b > 0)  f(x) = loga b
1


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
+ phương trình af(x) = bg(x)  f(x) = g(x)logab (log hóa)
+ phương trình loga f(x) = loga g(x)  f(x) = g(x)
+ phương trình loga f(x) = b  f(x) = ab (mũ hóa)
Các phương pháp có thể dùng để giải phương trình mũ - logarit là:
 Dạng 1: Chuyển phương trình về cùng một cơ số.
 Dạng 2: Chuyển về phương trình tích (đặt thừa số chung ).
 Dạng 3: Đặt ẩn phụ - đổi biến.
 Dạng 4: Mũ hóa - Logarit hóa.
 Dạng 5: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số. (tính đồng biến - nghịch biến )
 Dạng 6: Tuyển tập các dạng bài tập nâng cao - đặc biệt

DẠNG 1: CHUYỂN PHƯƠNG TRÌNH VỀ CÙNG MỘT CƠ SỐ.
 PP: sử dụng các công thức biến đổi PT để đưa về dạng a f(x) = a g(x) hoặc loga f(x) = loga g(x)
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2x2 + 3x - 78

a. 42x + 1. 54x + 3 = 5. 10
 HD giải: Để ý vế phải có cơ số 10 = 2.5 nên ta biến đổi về trái:
Ta xét Vế trái = 42x + 1. 54x + 3 = 24x + 2. 54x + 3 = 24x + 2. 5.54x + 2 = 5.104x + 2
Khi đó phương trình  5.104x + 2 = 5. 10
 104x + 2 = 10

2x2 + 3x - 78







=3

1
2x + 3
+ 5
x+8
34

2x + 3
5
x+8

= 3-2. 3

x+8
2
x+2

x + 8
x + 2
 

-2 + 2


= 2 + log2 (x + 1)
log(x + 3) 2
3x - 1 > 0
1
 HD giải: Điều kiện 0 < x + 3 ≠ 1  x >
3
x + 1 > 0

2


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
1
= logb a nên phương trình đã cho có dạng:
loga b
log2 (3x - 1) + log2 (x + 3) = log2 22 + log2 (x + 1)
 log2 [(3x - 1)(x + 3)] = log2 4(x + 1)
 (3x - 1)(x + 3) = 4(x + 1) (*)
-7
Rút gọn và giải (*) ta được x = (loại), x = 1 (thỏa mãn)
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1
x - 1
 + log3 (x - 3)2
b. 2log9(x2 - 5x + 6)2 = log 3 
2 
2
2

 (x -2) (x - 3) = 
2 
2

2

2

x - 1
 (2)
 (x -2) = 
2 
2

Giải phương trình (2) ta được x = 3 (loại) và x =

5
( thỏa mãn).
3

5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = .
3
Chú ý: + Khi giải các bài toán về LOG, ta cần chú ý đến điều kiện tồn tại của loga b đó là 0 < a ≠ 1 và
b > 0. Đặc biệt nếu A2 > 0  A ≠ 0.
3
c. log1 (x + 2)2 - 3 = log1 (4 - x)3 + log1 (x + 6)3
2
4
4

2

 4|x + 2| = - x - 2x + 24
x=1+

x = 1  4(x + 2) = x + 2x - 24
 4(x + 2) = - x2 - 2x + 24  x = 2
x = -8
2



33
33

. So điều kiện ta nhận x = 2 , x = 1 - 33

3


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải các phương trình sau:
25x2 - 12
x 2 - 3 x2 - 3
1) 2 .5
= 0,01.(10x - 1)3
2) (0,6)x  
= (0,216)3

32 x - 7

11) 3

= 4x - 1

6)

x + 17
1
.128 x - 3

9) 16 x - 10 = 0,125.8x - 15

=

|3x - 4|

3) 2x.3x - 1.5x - 2 = 12

x + 10

4

= 92x - 2

x+5

12) (x2 - 2x + 2)
1

4

(x3 - 2) + log0,2 (x - 2) = 4

[
3

18) log2 (x - 2) - 2 = 6log1 3x - 5

19) log1

8

]

2(x3 + x2) - 2 + log3 (2x + 2) = 0

20) logx (x2 + 4x - 4) = 3

21) log2 (x - 1)2 = 2log2 (x3 + x + 1)
3
22) log2 (x2 + 3x + 2) + log2 (x2 + 7x + 12) = 3 + log23 23) log1 (x + 2)2 - 3 = log1 (4 - x)3 + log1 (x + 6)3
2 4
4
4
24) log4(x + 1)2 + 2 = log

2

4 - x + log8 (4 + x)3


2x2 + 3x + 7

b. 4
+4
=4
+1
2
 HD giải: Nhận xét 2x + 3x + 7 = (x2 - 3x + 2) + (x2 + 6x + 5)
x2 - 3x + 2
x2 + 6x + 5
2x2 + 3x + 7
Do đó phương trình  4
+4
=4
+1
 (4
 (4

x2 - 3x + 2
x2 - 3x + 2
x2 - 3x + 2

 (4

x2 - 3x + 2

- 1) + 4
- 1) + 4
- 1) + 4

 (4
- 1).(1 - 4
)=0
x2 - 3x + 2
4
=1
x2 - 3x + 2 = 0

x = 2 v x = 1

  x2 + 6x + 5
 x2 + 6x + 5 = 0 x = -5 v x = -1
=1
4
x
x
x+1
c. 12.3 + 3.15 - 5
= 20
 HD giải: PT  (12.3x + 3.15x) - 5.5x - 20 = 0
 3.3x(4 + 5x) - 5(5x + 4) = 0
 (4 + 5x)(3.3x - 5) = 0
4


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
x
5 = - 4 < 0 ( vô nghiệm)

- (2x + 5) + (2x - 1)
- (2x + 5) - (2x - 1)
-3
Khi đó log2 x =
=
hay log2 x =
=-2
2(x + 1)
2(x + 1)
2(x + 1)
1
Vậy ta có log2 x = -2  x = 2-2 =
4
-3
Và log2 x =
( Dùng dạng 5 để giải tiếp )
2(x + 1)
BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải các phương trình sau:
x2 - 5x + 6

1) 2

+2

1 - x2

= 2.26 - 5x + 1

2) x2.2x + 6x + 12 = 6x2 + x.2x + 2x + 1
x2

5


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
23
8
x
x
x = 9  2 + x = 9. ( Đặt t = 2 > 0 )
2
2
8
t = 1
PT thành t + = 9  t2 - 9t + 8 = 0  t = 8 ( Nhận vì thỏa t > 0 )
t
Khi đó với t = 1  2x = 1 = 20  x = 0
Và t = 8  2x = 8 = 23  x = 3.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0, x = 3
 HD giải: PT  2x +

x

b.

(

6 - 35



36 - 35

)

= 1x = 1

x

1
t
t = 6 + 35
1
Khi đó, PT thành + t = 12  t2 - 12t + 1 = 0  
( thỏa mãn vì t > 0 )
t
t = 6 - 35
Nên ta đặt t =

(

6 + 35

)

> 0 thì

x

(


x
35)2

x
= (6 + 35)-1  = -1  x = - 2
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = -2.
c. 3

2x2 + 2x + 1

- 28.3

x2 + x

+9=0
2(x2 + x)

x2 + x

 HD giải: PT  3.3
- 28.3
+ 9 = 0 ( Đặt t = 3
2
 3t - 28t + 9 = 0
t = 9
 t = 1 ( Nhận vì thỏa t > 0 )
 3

(*) 
+
=3
22x + 1
22x + 1
3 - 52x + 1 3 + 52x + 1



+
=3
 2 
 2 
3 - 52x + 1 3 + 52x + 1 9 - 5 2x + 1 2x + 1



Nhận xét 
.
=
=1
= 1. ( đến đây ta đã biến đổi thành công !)
 2 
 2 
 4 

6


Sách Giải – Người Thầy của bạn

=
2
 2 
 2 
3 + 52x + 1 3 + 5-1
3- 5

  2x + 1 = -1  x = -1
Với t =

=
2
 2 
 2 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = -1
e. 125x - 4.50x + 20x + 6.8x = 0
 HD giải: Đối với câu e này, ta thấy rằng các PT cùng mũ nhưng cả 4 cơ số đều khác nhau. Nên ta
quyết định sẽ chia bớt cho một cơ số để tìm mối quan hệ giữa các cơ số còn lại. Kinh nghiệm là ta sẽ chia
cho cơ số lớn nhất hoặc cơ số nhỏ nhất.
Cách 1: Chia cho cơ số lớn nhất 125x
2x  4 x
 8 x
PT  1 - 4.  +   + 6.  = 0
5 25
125
2x 22x
23x
2x
 1 - 4.  +  + 6.  = 0 ( Đặt t =   > 0 )
5 5

2
2 2
Ví dụ 2: Giải phương trình:
a. log2 (4x + 1 + 4).log2 (4x + 1) = 3
x+1
4
+4>0
 HD giải: Điều kiện:4x + 1 > 0 (luôn đúng)

PT  log2 (4.4x + 4).log2 (4x + 1) = 3
 log2 [4.(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3 ( Ta có loga b + loga c = loga bc )
 [log2 4 + log2(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3
 [2 + log2(4x + 1)].log2(4x + 1) = 3 ( đặt t = log2(4x + 1)
PT thành (2 + t).t = 3
t = 1
 t2 + 2t - 3 = 0  t = -3
Với t = 1  log2(4x + 1) = 1  4x + 1 = 21  4x = 1 = 40  x = 0
7