Sử dụng biểu thức liên hợp để giải phương trình, bất phương trình vô tỉ

Baøi vieát kyø naøy Nhịp cầu tri thức 
Page 1 of 28 
 BAØI VIEÁT KYØ NAØY 
SÖÛ DUÏNG BIEÅU THÖÙC LIEÂN HÔÏP ÑEÅ GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH, 
 BAÁT PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TÆ 
 Nguyễn Trần Quang 
Phương trình, bất phương trình vô tỉ thường xuất hiện trong các đề thi 
Đại học, Cao đẳng dưới nhiều hình thức với nhiều phương pháp giải 
khác nhau bài viết này tôi xin giới thiệu một phương pháp giải đó là sử dụng phép nhân chia 
liên hợp. Thực chất của phương pháp là làm xuất hiện nhân tử chung để từ đó đưa về dạng 
tích với các phương trình đơn giải hơn để giải. 
Nhận xét: + 
A B
A B
A B

 

 + 
A B
A B
A B

 

 + 
2A B
A B
A B

 

 + 
2A B
A B
A B

 

Ví dụ 1. Giải PT : 
3
4 1 3 2
5
x
x x

    (1). 
Bài giải: Điều kiện: 
2
3
x  , nhân chia vế trái của (1) với biểu thức liên hợp tta có: 
      31 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 5 0
5
x
x x x x x x

             
 4 1 2 3 5 0x x     . 
Đây là dạng cơ bản, giải ta được đáp số: 2x  
Ví dụ 2. Giải PT : 4 5 3 1 2 7 3x x x x       (1). 
Bài giải 
Điều kiện : 
4 5 0
3 1 0
2 7 0
3 0
x
x
x
x
 
  

 
  
5
4
1
1
3
3
7
2
3
x
x
x
x
x

 

  
   

 

  
. 
Ta có : (1) 
(4 5) (3 1) (2 7) ( 3)
4 5 3 1 2 7 3
x x x x
x x x x
     
 
     

4 4
4 5 3 1 2 7 3
x x
x x x x
 

     
 (2) 
Do 
1
3
x   nên (2) 4 5 3 1 2 7 3x x x x        (3) 
Từ (1) và (3) ta có : 
4 5 3 1 2 7 3
4 5 3 1 2 7 3
x x x x
x x x x
       

      
 2. 4 5 2. 2 7 1x x x      thỏa 
mãn .Vậy 1x  là nghiệm của PT. 
Ví dụ 3. Giải PT :  3 2 2 2 6x x x     (1) 
Baøi vieát kyø naøy Nhịp cầu tri thức 
Page 2 of 28 
Bài giải 
Điều kiện : 
2 0
2
6 0
x
x
x
 
 
 
. Ta có 
(1) 
9( 2) ( 6)
2 6 3 2 6 2( 3)
3 2 6
x x
x x x x
x x
  
        
  
8( 3)
2( 3)
3 2 6
x
x
x x

  
  
(2) 
+ 3x  là nghiệm. 
+ 3x  : (2) 3 2 6 4x x     . Do đó ta có : 
3 2 6 4
3 2 6 2 6
x x
x x x
    

    
2. 6 10 2x x   
2 2
5 5
6 25 10 11 19 0
x x
x x x x x
  
  
       
5
11 3 5
11 3 5
2
2
x
x
x


   


. 
Vậy PT có tập nghiệm : 
11 3 5
3;
2
S
  
  
  
. 
Ví dụ 4. Giải PT : 2 21 1 2x x x x      (1) 
Bài giải 
Ta có : 2 2
1 3
1 ( ) 0
2 4
x x x      ; 2 2
1 3
1 ( ) 0
2 4
x x x      . Do đó x là điều kiện của PT. 
Khi đó : (1)  
2 2
2 2
2 2
( 1) ( 1)
2 1 1
1 1
x x x x
x x x x x
x x x x
    
       
    
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có : 
2 2
2
2 2
1 1 2
2. 1 2
1 1
x x x x
x x x
x x x x x
      
    
     
2 24( 1) ( 2)
0
2 0
x x x
x
x
    
  
 
. 
Vậy 0x  là nghiệm của PT. 
Ví dụ 5: Giải phương trình:  
2
6 4
2 4 2 2 1
4
x
x x
x

   

Bài giải: Điều kiện: 2 2x   
 
  
 
 
   
 
2
2
2
2 4 2 2 2 4 2 2 2 3 2
1
2 4 2 2 4
2
2 3 2 2 3 2
3
2 4 2 2 4
2 4 2 2 4 2
x x x x x
x x x
xx x
x x x
x x x
      
 
   

  
            
Giải  2 , bình phương 2 vế ta được: 
     
    
     
4 2 2 2 2 4 0
2
2 4 2 2 4 2 0
4 2 2 4 2 0 3
x x x x
x
x x x x
x x x
     

        
    
Baøi vieát kyø naøy Nhịp cầu tri thức 
Page 3 of 28 
Dễ thấy  3 vô nghiệm với 2 2x   . Tóm lại phương trình có tập nghiệm 
2
;2
3
S
 
  
 
 Một số bài toán trên cho thấy rõ hiệu quả của việc sử dụng nhân chia liên hợp trong giải 
PT vô tỉ. 
Ví dụ 6. Giải bất phương trình:  
2
2 1 1 1
2 9
x
x
x
  

Bài giải 
Điều kiện: 
2 1 0 1
2 9 0 2
x
x
x
 
  
 
. 
Khi đó    
2 2 1 1 2 2
1 2
2 9 2 1 1 2 9 2 1 1
x x x x
x x x x
 
   
     
1) Với  
1 1 1
0 2 2 9 2 1 1
2 2 9 2 1 1
x x x
x x
          
  
 
45
2 9 2 1 1 2 2 1 7 2 2 1 49 4 2 1
8
x x x x x x               (loại) 
2) Với 0x   
1 1
2 2 9 2 1 1
2 9 2 1 1
x x
x x
       
  
 
45
2 9 2 1 1 2 2 1 7 2 2 1 49 4 2 1
8
x x x x x x               
45
0
8
x   . 
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 
45
0;
8
S
 
  
 
. 
Ví dụ 7. Giải bất phương trình: 
 
 
2
2
2
21 1
3 9 2
x
x
x
 
 
Bài giải: Điều kiện: 
9 9 2
93 9 2 0
09
29 2 0
2
x
x
x
xx
 
    
     
   
. 
Khi đó  
 
 
 
2
2 2
2 2
2 3 9 2 2 9 9 2 6 9 2
1 21 21
49 9 2
x x x x x
x x
xx
     
     
    
7
18 2 6 9 2 2 42 9 2 4
2
x x x x x           . 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm là  
9 7
; \ 0
2 2
S
 
  
 
. 
Ví dụ 8. Giải bất phương trình:  2 2 2 23 7 3 3 4 2 3 5 1 1x x x x x x x          
Bài giải: Điều kiện: 
2
2
2
2
7 13 7 13
3 7 3 0 ;
6 6 2
3 4 0
2; 2 5 37
2 0
5 37 5 37 6
;3 5 1 0
6 6
x x x x
x
x x
x x
x x
x xx x
  
     
      
                  
. 
Baøi vieát kyø naøy Nhịp cầu tri thức 
Page 4 of 28 
Ta có   2 2 2 21 3 7 3 3 5 1 2 3 4x x x x x x x           
       2 2 2 2
2 2 2 2
3 7 3 3 5 1 2 3 4
3 7 3 3 5 1 2 3 4
x x x x x x x
x x x x x x x
        
 
        
   
 
2 2 2 2
2 2 3 2
2
3 7 3 3 5 1 2 3 4
x x
x x x x x x x
  
 
        
+ Với 
 
 
2 2 0
2 2
3 2 0
x
x x
x
  
     
 
 thỏa mãn  2 . 
+ Với 
 
 
2 2 05 37 5 37
2 2
6 63 2 0
x
x x
x
   
     
 
 thỏa mãn  2 . 
+ Với  2 2x   vô nghiệm. 
+ Với 
 
 
 
2 2 0
2 2
3 2 0
x
x
x
  
  
 
vô nghiệm. 
Kết luận: Tập nghiệm của  1 là  5 37; 2 ;2
6
S
 
     
 
Bài tập tương tự 
1. 3 3 1 2 2 2x x x x      2. 
3
4 1 3 2
5
x
x x

    
3. 2 22 9 2 1 4x x x x x       4. 2 2
4
2 6 2x x x x x
x
       
5. 2 2 2 23 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x          
6. 2 23 2 3 2 2 3x x x x x x         
7. 
 
2
2
4
1 1
x
x
x
 
 
 8.
2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x        
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 5 of 28 
GIAÛI BAØI KYØ Tröôùc 
MOÂN TOAÙN 
 Dành cho các em học sinh lớp 10 
Câu 1. Giải phương trình: 32 4 2 2 1x x x x    (1) 
Lời giải. 
 + Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1). 
 + Xét 0x  chia cả hai vế cho x ta được phương trình: 
 3
1 1
2x x
x x
     3
1 1
2 0x x
x x
     (2) 
 + Đặt 3
1
t x
x
  , phương trình (2) trở thành:   3 22 0 1 2 0t t t t t        
 2
1
2 0 7 0
t
t t VN do

 
      
+ Với t = 1 ta có: 23
1 1 1 5
1 1 0 1 0
2
x x x x x
x x

            
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: 
1 5
2
S
  
  
  
. 
Nhận xét: Có nhiều bạn có lời giải tốt, các bạn đã đưa ra nhiều cách giải khác nhau và đều 
đưa đến đáp số đúng như: Đào Thế Sơn, Nguyễn Sơn Hải, Nguyễn Xuân Thành, Nguyễn 
Hương Ly, Chu Thị Hằng, Lê Thị Diệu Linh, Hoàng Thị Quỳnh Trang, Vũ Thị Ánh Huyền, 
Đinh Thu Phương, Vũ Đức Cảnh. Tuy nhiên còn một số bạn kết luận nghiệm của phương 
trình còn sai, xét thiếu trường hợp x = 0. 
Câu 2. Giải hệ phương trình: 
 
   
3 2 2
3
2
64 1
2 6 2
y x x y
x y
   

  
Lời giải. ĐK:  2 64 *x y  
+ Từ (2) ta có:      
3
2 3 22 6 2 6 2 0 3y x do x       
+ Mặt khác ta có: 
 
2
(1)2 2 3 2 30 0 64 8 8 8 2 4
2
x
x y x y y x y y
y

           
 
+ Từ (3) và (4) ta có y = 2 thay vào (2) ta được x = 0. 
+ Thử lại với x = 0, y = 2 vào hệ đã cho ta thấy thỏa mãn. 
Vậy hpt có nghiệm duy nhất là: (x, y) = (0, 2). 
Nhận xét. Có nhiều bạn có lời giải tốt, các bạn đã đưa ra nhiều cách giải khác nhau và đều 
đưa đến đáp số đúng như: Đào Thế Sơn, Nguyễn Sơn Hải, Nguyễn Xuân Thành, Nguyễn 
Hương Ly, Chu Thị Hằng, Lê Thị Diệu Linh, Hoàng Thị Quỳnh Trang, Vũ Thị Ánh Huyền, 
Đinh Thu Phương, Vũ Đức Cảnh. 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 6 of 28 
Câu 3: Cho hình thang vuông ABCD, hai đáy AD = a, BC = b, đường cao AB = h. Gọi M, N 
theo thứ tự là trung điểm của AC và BD. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho BM CN . 
+ Ta có: . 0BM CN BM CN   
    1 1. 0
2 2
BA BC CB CD    
 . . . . 0BACB BC CB BACD BC CD     (1) 
+ Vì . 0AB BC BACB   
+ 
2
2. .( ) . .BACD BA CB BA AD BACB BA BA AD h       
+  
2
2. . .BC CD BC CB BA AD BC BC AD b ab         
Khi đó:   2 2 2 2 21 0 2b h b ab h b ab        
 Nguyễn Thị Hằng 
 Dành cho các em học sinh lớp 11 
Câu 1: Cho dãy số  nu thỏa mãn 
1
1
5
1
3, 1
2
n n
u
u u n
 


  

, đặt 6 3 2, 1, .n nv u n n     Tính 
tổng 
2012
1 2 2012
1
... .i
i
S v v v v

    
Lời giải. (Của nhiều bạn) 
+ Đặt 6 3 2, 1,n na u n n     , ta có  1 1
1 1
6 3 2 3 2 6
2 2
n n n na u u a        . Suy 
ra là na là cấp số nhân công bội 
1
2
q  . Do đó 
     
2012 2012 2012 2012
1 1 1 1
6 3 2 12 6 2 2012 12 6 2i i i i
i i i i
S v u a a
   
            
. Mà 
 
 
   
 
2012
10062012
2012 2011 1006 1005
1
2 1 2 1
5 6 3 2 5 6 3 2
2 2 22 2
i
i
a

 
     

 suy ra 
   
1006
1006 1005
2 1
5 6 3 2 2012 12 6 2
2 2 2
S

    
 . 
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản và hầu hết các bạn tham gia đều cho lời giải đúng. Tuy 
nhiên không có bạn nào phát biểu và chứng minh cho bài toán tổng quát. 
Câu 2: An viết 4 lá thư cho 4 bạn khác nhau. Có bốn phong bì ghi địa chỉ của bốn bạn tương 
ứng với 4 bức thư. Vì nhầm lẫn An đã bỏ cả bốn bức thư không đúng địa chỉ! Em hãy tính 
xem xác suất nhầm lẫn như của bạn An là bao nhiêu? Tìm câu trả lời khi số bức thư và số 
phong bì là n. 
Lời giải. Xét bài toán trong trường hợp tổng quát với số bức thư và số phong bì là 2n  . 
Gọi N là số cách bỏ thư, N* là số cách bỏ thư sao cho không bức thư nào đúng địa chỉ, 
(1 )kN k n  là số cách bỏ thư sao cho ít nhất k lá thư đúng địa chỉ. Ta có !N n . Để tính kN 
ta chọn ra k lá thư bỏ đúng địa chỉ, số còn lại bỏ tùy ý. Do đó  
!
!
!
k
k n
n
N C n k
k
   . 
A 
B 
C 
D 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 7 of 28 
A B C 
Xét một số trường hợp đơn giản: 
Với 2n  ta có 1 2
2! 2!
* 2! 1
1! 2!
N N N N       (theo quy tắc cộng mở rộng). Suy ra 
1
2
p  
Với 3n  ta có 1 2 3
3! 3! 3!
* 3! 2
1! 2! 3!
N N N N N         . Suy ra 
1
3
p  . 
Với 4n  ta có 1 2 3 4
4! 4! 4! 4!
* 4! 9
1! 2! 3! 4!
N N N N N N           . Suy ra 
9 3
24 8
p   . 
Tương tự ta có với n tùy ý thì  
! ! ! !
* ! ... 1
1! 2! 3! !
nn n n n
N n
n
       suy ra xác suất 
 
! ! ! !
* ! ... 1
1! 2! 3! !
nn n n n
N n
n
          
1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 ... 1
1! 2! 3! ! 2! 3! !
n n
p
n n
            . 
Nhận xét: Hầu hết các bạn tham gia đều tính đúng đáp số 
3
8
p  bằng nhiều cách khác 
nhau. Tuy nhiên không ai chứng minh trong trường hợp tổng quát. Một điều khá thú vị là nếu 
ta ký hiệu np là xác suất việc nhầm lẫn trên ứng với số bức thư là n thì ta có 
1
lim np
e
 ! 
Câu 3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC với A, B, C là ký hiệu số đo ba góc 
của tam giác thì ta có: 
1 1 1
1 1 1 27.
cos cos cosA B C
   
      
    
Lời giải. Trước hết ta 
3
cos cos cos
2
A B C   (dễ dàng chứng minh). Do đó với tam giác 
nhọn thì 
1
cos cos cos
8
A B C 
 (theo BĐT cauchy). 
Tiếp theo ta chứng minh BĐT Thật vậy 
       
3 2
3 3 31 1 1 1 z 3 x z 3 x z zx y z xyx x y z xy yz zx xy y y xy              
 . Bất đẳng thức cuối cùng dễ dàng suy ra từ theo 
BĐT cauchy. Áp dụng BĐT vừa chứng minh ta được 
Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi hay tam giác ABC đều. 
Nhận xét: Hầu hết các bạn tham gia đều cho lời giải đúng. 
Nhận xét chung: Xin biểu dương các em lớp 11A6: Phùng Văn Thắng, Lỗ Tuấn Anh, Đường 
Thị Thúy Hường, Nguyễn Văn Cường, Phạm Ngọc Hoàn.Lớp 11A7: Phùng Thị Hoa. Lớp 
11A1 Trần Công Sơn. Ngoài ra cũng xin cám ơn rất đông đảo các bạn lớp khối lớp 10 tham 
gia giải bài tập lớp 11.
Hoàng Đức Trường 
     
3
31 1 1 1 .x y z xyx    
 
2
3 33 x z 3 x zx y z xy yz zx y y       
 
3
3
3
1 1 1 1
1 1 1 1 1 2 27.
cos cos cos cos cos cosA B C A B C
    
                  
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 8 of 28 
 Dành cho các em học sinh lớp 12 
Câu 1: Giải phương trình: 2 2
2 5 2 2 5
log ( 2 11) log ( 2 12)x x x x
 
    
Lời giải. 
§k: 2 2 12 0x x   (1) 
§Æt : 2 2
2 5 2 2 5
log ( 2 11) log ( 2 12)x x x x
 
     =t, suy ra 
2
2
2 11 (2 5)
2 12 (2 2 5 )
t
t
x x
x x
    

   
Ta ®-îc 
2 1
(2 2 5 ) 1 (2 5) 1
2 52 5
t
t
t t
   
            
(2) 
xÐt hµm sè 
2 1
( ) 1
2 52 5
t
t
f t
   
        
, 2 2 1 1( ) ln ln 0,
2 5 2 52 5 2 5
t
t
f t t R
   
            
 ( )f t lµ hµm sè nghÞch biÕn 
trªn R. MÆt kh¸c (2) 0f  nªn pt(2) cã nghiÖm duy nhÊt t =2 
 2 2( 1) (2 5 1)x    
2 5
2 5 2
x
x
  

 
 tm®k(1) 
VËy pt cã 2 nghiÖm : 2 5, 2 5 2x x    
Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có SA=a, SA vuông góc với đáy, ABCD là hình thang vuông 
ở A và B. AB = BC = a, AD = 2a. Gọi E là trung điểm AD. Xác định tâm và tính bán kính 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CED. 
Lêi gi¶i. V× E lµ trung ®iÓm cña AD nªn tø gi¸c ABCE lµ 
h×nh vu«ng CE AD  nªn t©m I cña ®-êng trßn ngo¹i 
tiÕp tam gi¸c CED lµ trung ®iÓm cña CD .KÎ / /IY SA IY 
lµ trôc cña ®-êng trßn ngo¹i tiÕp CED 
G/s O lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m .Chän chiÒu d-¬ng lµ vÐc t¬ 
IY

 (I lµ gèc) ®Æt OI x

 ta cã tam gi¸c ACD vu«ng 
2
2 2 2 5
2
a
AI AC CI    
2 2
2 2 2 2 2 25 3( ) ( )
2 2 2
a a a
SO a x AI a x OD x x          
B¸n kÝnh mÆt cÇu lµ: 
2 29 11
4 2 2
a a a
R    
Câu 3: Cho hàm số 3 2 2y x x  có đồ thị (C). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết 
các đỉnh của hình vuông đều nằm trên (C ). 
Lêi gi¶i. XÐt h×nh vu«ng 1 2 3 4M M M M cã c¸c ®Ønh 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; )M x y M x y M x y M x y 
thuéc (C) .Do 1 2 4 3M M M M 
2 1 3 4 2 1 3 4,x x x x y y y y       .V× 2 1 3 4y y y y  
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 3 4 3 3 4 4( )( 2 2) ( )( 2 2)x x x x x x x x x x x x          
y
O
I
E
D
C
B
A
S
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 9 of 28 
Do 2 1 3 4x x x x   o 2 1 3 4x x x x  .Ta cã 
2 2
1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1 2 1 1 1 2( )( ) ( ) ( ) 0x x x x x x x x x x x x x x x x           
031  xx (v× 1 4x x  o) ,
2 2
1 3 1 3 1 1 3 3( )( 2 2) 0y y x x x x x x       
 0 lµ t©m ®èi xøng cña h×nh vu«ng. 
Gäi k lµ hÖ sè gãc cña ®t 1 3M M hÖ sè gãc cña ®t 2 4M M lµ 
1
k

 1 1 1 2 2 2
1
( ; ), ( ; )M x kx M x x
k

 1x lµ nghiÖm kh¸c o cña pt 
3 2 2x x kx  
2
1 2 2x k   , 2x lµ nghiÖm kh¸c o cña pt 
3 2
2
1 1
2 2 2 2x x x x
k k

     
 2 2 2 21 1 1 (2 2 )(1 )OM x y k k     ,
2
2 2
1 1
(2 2 )(1 )OM
k k
   
V× 2 2 21 2
6 2 6 2
2 1 0 ,
2 2
OM OM k k k k
  
        
 VËy 4 ®Ønh cña h×nh vu«ng lµ:
3 2 6 3 2 6
;
2 2
  
 
 
 
3 2 6 3 2 6
;
2 2
  
  
 
 
,
3 2 6 3 2 6
;
2 2
  
 
 
 
, 
3 2 6 3 2 6
;
2 2
  
 
 
 
NhËn xÐt: Xin biÓu d-¬ng nh÷ng em sau ®©y: em Bïi Anh TuÊn 12A1 lµm tèt c¶ 3 bµi; em 
NguyÔn V¨n ChiÕn 12A2 tham gia gi¶i ®óng c¶ líp 10,11,12; C¸c em sau ®Êy còng cã bµi 
lµm kh¸ tèt §inh V¨n Minh, Lª Trung HiÕu 12A2; Chu ThÞ Trang; Lª H¶i YÕn 12A1. 
Nguyễn Minh Tú 
MOÂN VAÄT LYÙ 
 Dành cho học sinh lớp 10 
Câu 1: Một sợi dây xích nằm ngang trên mặt bàn nhẵn không ma sát, nửa dây xích thòng 
xuống dưới. Buộc vào hai đầu dây xích hai khối lượng như nhau thì thời gian trượt của dây 
xích thay đổi thế nào? 
Lời giải. 
Gọi m, l lần lượt là khối lượng và chiều dài của xích, m0 là khối lượng của mỗi đơn vị chiều 
dài ( 0 /m m l ), x là chiêu dài phần xích buông xuống. 
 * Lúc chưa gắn vật khối lượng M vào 2 đầu (gọi a là gia tốc của xích) 
 0 0. . . /ma m x g a m x g m   (1) 
 * Lúc gắn vật khối lượng M vào 2 đầu: (gọi a1 là gia tốc của xích) 
 01 0 1
( . )
(2 ) ( . )
2
m x M g
M m a m x Mg a
M m

    

 (2) 
 Tại thời điểm ban đầu (lúc bắt đầu trượt): 0
2
m
m  ; 
2
l
x  thì 1
2
g
a a  
 Sau đó 0; / 2x l m x m  (@) ta so sánh a và a1 
 Từ (1) và (2) : 0 0 01
( ) (2 )
2 2
m xg m x M g m x m Mg
a a
m M m M m
 
   
 
 (@@) 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 10 of 28 
Từ (@) và (@@) ta được a-a1>0 suy ra a> a1. 
Kết luận: khi gắn thêm 2 khối lượng như nhau thì dây chuyển động chậm hơn. 
Câu 2: Cần tác dụng lên vật m= 400g trên mặt phẳng nghiêng góc  một lực F bằng bao 
nhiêu để vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k=0,1, khi biết vật có 
xu hướng trượt xuống. Lấy g =10 m/s2. 
Lời giải. 
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. 
Áp dụng định luật II Newtơn ta có : 0msF P N F
   
    
Chiếu phương trình lên trục Oy: N  Pcox  Fsin = 0 
 N = Pcox + F sin 
 Fms = kN = k(mgcox + F sin) 
Chiếu phương trình lên trục Ox : Psin  F cox  Fms = 0 
 F cox = Psin  Fms = mg sin  kmg cox  kF sin 
(sin ) (tan ) 4(tan30 0,1)
1,8
cos sin 1 1 0,1tan30
mg kcox mg k
F N
k ktan
  
  
  
    
  
 Câu 3: Em bé ngồi dưới sàn nhà ném 1 viên bi lên bàn cao h = 1m với vận tốc V0 = 2 10 
m/s. Để viên bi có thể rơi xuống mặt bàn ở B xa mép bàn A nhất thì vận tốc oV phải nghiêng 
với phương ngang 1 góc  bằng bao nhiêu? 
Lấy g = 10m/s2. 
Lời giải. Để viên bi có thể rơi xa mép bàn A nhất thì quỹ đạo của 
viên bi phải đi sát A. 
Gọi 1V là vận tốc tại A và hợp với AB góc 1 mà: 
2
1sin 2VAB
g

 (coi như được ném từ A với AB là tầm 
Để AB lớn nhất thì 
1 1sin 2 1
4

    
Vì thành phần ngang của các vận tốc đều bằng nhau V0cos = 
V.cos
1 1
cos .cos
o
V
V
   
Với 
2
1
2
1
cos
2
oV V gh

  




 , nên 
 
2
22
2 1 1 1 10 1 1
cos .
2 2 2 22 10
o
o o
V gh gh x
V V


      60o  
Cao Văn Tuấn 
 Dành cho học sinh lớp 11 
Câu 1: Có một số đèn (3V- 3W) và một số nguồn, mỗi nguồn có suất điện động  = 4V, điện 
trở r = 1. 
Hình 3 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 11 of 28 
a. Cho 8 đèn. Tìm số nguồn ít nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình 
thường. Xác định hiệu suất cách ghép. 
b. Cho 15 nguồn. Tìm số đèn nhiều nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình 
thường. Xác định hiệu suất cách ghép. 
Lời giải. 
Bài 1: Gọi x là số nguồn điện; m là số dãy của bộ nguồn; n là số nguồn điện trong mỗi dãy 
Ta có: x = m.n; b = n; b
nr
r
m
 
Gọi y là số bóng đèn; p là số dãy bóng đèn; q là số bóng trên mỗi dãy. Ta có: y = p.q 
Cường độ dòng điện qua mạch chính I = p.Iđm 
Ta có: U = b - Irb
nr
n I
m
   
2
dm.
n r
U n p I
x
  Với 
dm.
x
m
n
I p I



 
 (1) 
Mà U = q.Uđm dm
y
U
p
 Với 
y
q
p
 (2) 
So sánh (1) và (2) ta có: 2dm 0dm
prI y
n n U
x p
   (3) 
Phương trình (3) có nghiệm khi: 2 4 0dm
y
rp
x
    (4) 
2
4 dmrpx
y 
 
3
4
x
y
  
* Khi y = 8 thì x  6 nên số nguồn tối thiểu là 6 nguồn. 
Thay y = 8 và x = 6 vào (4)   = 0 nên 
12
n
p
 ; ta lại có 
6 8
;n p
m q
  
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên: 
 m n p q 
Cách 1 2 3 4 2 
 Cách 2 1 6 2 4 
Hiệu suất: 1 250%
dm
b
qUU
H H
n 
    
b. Khi x = 15 thì 
3
20
4
x
y
y
   nên số bóng đèn nhiều nhất có thể mắc được 20 bóng. 
Thay x = 15; y = 20 vào (4)   = 0 nên 
30
n
p
 ; ta lại có 
15 20
;n p
m q
  
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên: 
 m n p q 
Cách 1 5 3 10 2 
Cách 2 1 15 2 10 
Hiệu suất: 1 250%
dm
b
qUU
H H
n 
    
Câu 2: Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau có điện dung C mắc song song và được tích 
đến hiệu điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Hai bản của một tụ cố định, còn hai bản của tụ kia 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 12 of 28 
có thể chuyển động tự do.Tìm vận tốc của các bản tự do tại thời điểm mà khoảng cách giữa 
chúng giảm đi một nửa. Biết khối lượng của mỗi bản tụ là M, bỏ qua tác dụng của trọng lực. 
Lời giải. 
+ Năng lượng của hệ hai tụ trước khi các bản chưa di chuyển: 
 W1=2. 
1
2
C.U
2
= C.U
2
 Điện tích hệ Q=2C.U 
+Khi hai bản của một tụ đã di chuyển đến khoảng cách bằng một nửa lúc đầu, 
 địên dung của tụ này là 2C 
 + Gọi W2 là năng lượng của hệ, U1 là hiệu điện thế trên mỗi tụ lúc này: 
 Q = Q1+ Q2 => 2C.U=(C+2C)U1= 3CU1 => U1=
2
3
U 
 W2 =
1
2
C.U 21 +
1
2
2C.U 21 =
1
2
C.U 21 +C.U
2
1 =
3
2
C.
2
2
 U
3
 
 
 
= 2
2
3
CU 
+ Độ biến thiên năng lượng của hệ bằng động năng mà hai bản tụ thu được. 
 2Wđ= W1-W2 
 2
1
2
Mv
2
= 2 2 2
2 1
3 3
CU CU CU  => 
3
C
V U
M
 
Câu 3:Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có điện 
trở không đáng kể; A1 chỉ 0.2A; A2 chỉ 0.3A. Nếu đổi vị 
trí của 2 điện trở trong sơ đồ cho nhau thì chỉ số của các 
ampe kế vẫn không đổi. Tìm cường độ dòng điện qua 
nguồn trong các trường hợp hoán đổi. 
Lời giải. 
Ký hiệu các dòng điện qua các nhánh như hình vẽ. 
Ta có I1 = i2 + i3 (1) 
 I2 = i1 + i3 (2) 
 I = I1 +i1 = I2 + i3. (3) 
 . (2) – (1) : I2 - I1 = i1 – i3 0 : (4) không đổi sau 
khi đổi các điện trở. 
Nếu hoán đổi vị trí R1 và R3 
Sau khi đổi I’1 = i2 + i1; 
Theo đề bài I’1 = I1  i1 = i3  I1 –I2 = 0 : không 
phù hợp với điều kiện không đổi của (4) 
Vậy không thể đổi vị trí của R1 cho R3 
 . Trường hợp đổi R1 với R2. 
Sau khi đổi I’1 = i1 + i3; (5) 
 Vì I’1 = I1 nên từ (1) và (5)  i1= i2. 
 (2) : I2 =2i2 = 2i1  i1 = i2 = 0.15A 
 Vậy I = I1 + i1 = 0.2+ 0.15 = 0.35A 
 . Trường hợp đổi R2 với R3. 
Sau khi đổi I’2 = i1 + i3; (6) 
 Vì I’2 = I2 nên từ (2) và (6)  i2= i3. 
 (1) : I1 =2i2 = 2i3  i3 = i2 = 0.1A 
 A2 
E 
 A1 
R1 R2 R3 
Hình 4 
 A2 
E 
 A1 
I 
I1 
i1 i2 i3 
I2 
R1 R2 R3 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 13 of 28 
 Vậy I = I2 + i3 = 0.3+ 0.1 = 0.4A 
Cao Văn Tuấn 
 Dành cho học sinh lớp 12 
Câu 1: Một con lắc đơn có chiều dài 40l cm , quả cầu nhỏ có khối lượng 600m g được 
treo tại nơi có gia tốc rơi tự do 210 /g m s . Bỏ qua sức cản không khí. Đưa con lắc lệch khỏi 
phương thẳng đứng một góc 0 0,15rad  rồi thả nhẹ, quả cầu dao động điều hoà. 
a) Tính chu kì dao động T và tốc độ cực đại của quả cầu. 
b) Tính sức căng dây treo khi quả cầu đi qua vị trí cân bằng. 
c) Tính tốc độ trung bình của quả cầu sau n chu kì. 
d) Tính quãng đường cực đại mà quả cầu đi được trong khoảng thời gian 2T/3 và tốc độ 
của quả cầu tại thời điểm cuối của quãng đường cực đại nói trên. 
Lời giải. 
 1. Xác định chu kì dao động và tốc độ cực đại (1điểm): 
 + Chu kì dao động: 
2 2
2 1,257( )
5
l
T s
g
 


    
 + Biên độ dao động của quả cầu: 0 0. 6s l cm  
 + Tốc độ cực đại của quả cầu: ax 0 5.6 30 /mv s cm s   
 2. Xác định sức căng dây treo tại VTCB (1điểm): 
+ Lúc đi qua VTCB quả cầu có tốc độ: ax 30 /mv cm s 
+ Gia tốc hướng tâm của quả cầu: 
2 2
2ax 0,3 0,225 /
0,4
m
n
v
a m s
l
   
+ Theo định luật II Niu Tơn, khi vật đi qua VTB: 
0,6.(10 0,225) 6,135( )n nmg ma mg ma N         
 3.Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì (0,5điểm): 
+ Sau n chu kì quãng đường của vật đi được là: 0.4S n s 
+ Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì là: 0
.4 4.6
19,1( / )
. 1,2566
n sS
V cm s
nT nT
    
3. Quãng đường cực đại (1,5điểm): 
+ Phân tích 
2
3 2 6
T T T
t    
+ Quãng đường cực đại ax 0 1 ax2m mS s S  
Trong thời gian T/6 vật đi được S1max ứng với tốc độ trung 
bình lớn nhất khi vật chuyển động lân cận VTCB. Sử dụng 
véc tơ quay ta tính được góc quay 1 2
2
.
6 3
T
M OM
T
 
  suy 
ra S1max= A ax 03 3.6 18mS s cm    
+ Ở cuối thời điểm đạt quãng đường cực đại nói trên thì vật có li độ dài s=-3cm , 
 vận tốc của vật có độ lớn là: 
 2 2 2 26. 6 ( 3) 18 3( / )v A x cm s      
• 
M1 M2 
-3 3 6 
s 
O 
/ 3 
Giaûi baøi kyø tröôùc Nhịp cầu tri thức 
Page 14 of 28 
Câu 2: 1).Một vật khối lượng m treo vào 2 lò xo cùng chiều dài mắc 
song song có độ cứng là K1 và K2. Tính độ cứng tương đương của 2 lò 
xo. 
 2)