20 đề thi thử đại học môn toán 2015

CÁC ĐỀ THI THỬ TỔNG HỢP TỪ VMF Các tập tài liệu lấy từ box luyện thi đại học diendantoanhoc.net như: BĐT chuẩn bị cho kì thi THPT QG 2015-2016, PT HPT qua đề thi thử đại học, Topic tổng hợp toán HHP đề thi thử đại học. Mục đích việc tổng hợp muốn có tài liệu dạy cho học sinh, gửi lên diễn đàn cho anh em muốn xem tải đọc tham khảo được. Còn tài liệu xấu quá, ngu Latex mong anh em cố đọc! (Nguyễn Công Định, Đầm Dơi) 1. Cho x, y, z số thực dương thỏa√mãn: x2 + y + 6z = 4z(x + y). Tìm giá trị nhỏ x2 +y y3 x3 biểu thức: P = y(x+z) + x(y+z)2 + z x2 + y + x + y = x(x + y + 1) + y(y + 1) = 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I (-2;1) thỏa mãn điều kiện góc AIB = 90 độ, chân đường cao kẻ từ A đến BC D (-1;-1), đường thẳng AC qua điểm M (-1;4). Tìm tọa độ đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương. Hướng dẫn 1. Từ giả thiết ta có ( xz )2 + ( yz )2 + = 4( xz + yz ) Đặt xz = a, yz = b ⇒ a2 + b2 + = 4(a + b) 4(a + b) = a2 + b2 + 2ab + 2(a + b) ab + ⇒ ⇒ 4(a + b) = a2 + b2 + 2(a + b) + a+b √ b3 a3 Ta có P = b(a+1)2 + a(b+1)2 + a2 + b2 √ (a+b)2 a3 b3 ⇒P + a(b+1) Q+ 2 + b(a+1)2 Xét Q, áp dụng AM-GM ta có a3 3a + a+1 + ab+b b(a+1)2 8 2. Giải hệ phương trình: b3 a(b+1)2 3b + b+1 + ab+a 8 Cộng bất đẳng thức lại ta a+b Q a+b − ab −1 − 2(a+b)−3 − 14 = 21 4√ 4 + ⇒P Đẳng thức xảy a = b = 1, hay x = y = z > 2. Hệ cho tương đương với: x2 + y + x + y = x2 + y + x + y + xy = ⇔ (x + y)2 + (x + y) − 2xy = xy = −2 Suy x+y =0 xy = −2 x + y = −1 xy = −2 ⇔ √ x= √ ∨ y=− √ x=√ − ∨ y= x=1 ∨ y = −2 y = −2 x=1 √ √ √ √ Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; − 2); (− 2; 2); (1; −2); (−2; 1) 3. Từ điều kiện AIB = 90◦ => ACB = 21 AIB = 45◦ => Tam giác ADC vuông cân D => DI vuông góc với AC √ √ => pt AC qua M :x − 2y + = 0. d(D, AC) = √105 = 5⇒ AD = 10 Gọi A(2a − 9, a) ⇒ (2a − 8)2 + (a + 1)2 = 40=> a=5 a=1. Do A có hoành độ >0 nên A(1, 5) => B(2, −2) 1. Cho a,b,c số thực không âm thoả c b a. Tìm GTNN bc ac ab + a+c + a+b + 2(a+b+c) + a+b+c b+c 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân B nộp tiếp đường tròn (C) có phương trình x2 + y2 – 10y – 25 = 0. I tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) M (5; 0). Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) (-17/5; -6/5 ). Tìm tọa độ A, B, C biết hoành độ điểm A dương. 3. Giải hệ phương trình: x2 − y(x + y) + = (x2 + 1)(x + y − 2) + y = Hướng dẫn 1. Do điều kiện c b a sửa nên ta chứng minh ab bc ca a+b+c + c+a + a+b b+c ab bc ca ⇔ ( b+c − a2 ) + ( c+a − 2b ) + ( a+b − 2c ) ⇔ ab−ac + bc−ab + ca−bc b+c c+a a+b 1 1 − a+b ) ⇔ (ab − ac)( b+c − c+a ) + (bc − ca)( c+a a(a−b)(b−c) c(a−b)(b−c) ⇔ (b+c)(c+a) − (c+a)(a+b) Do a b c nên ta cần chứng minh a c a c − (c+a)(a+b) ⇔ b+c (b+c)(c+a) a+b Nhưng bất đẳng thức giả thiết √ 11(a+b+c) 11 a+b+c a+b+c ⇒P + + = + 2(a+b+c) 18 2(a+b+c) √ Đẳng thức xảy a = b = c = 1111 2. Trước hết ta tìm √ B(−5, 10)Gọi E giao BM với DC => Tam giác BDE cân B =>⇒ BD = BE = 128 Gọi E(a, − a) ⇒ 2(a + 5)2 = 128 → a = a= -13 Với a=3 => E(3, 2) => C(7,4) => A(1,-2) ( thỏa mãn ) Với a=-13 loại A có hoành độ dương. 3. PT (1) ⇒ y(x + y) = x2 + = ⇒ y = 0(3) Thay vào PT(2) ta có : y(x + y)(x + y − 2) + y = ⇔ y [(x + y)2 − 2(x + y) + 1] = ⇔ (x + y − 1)2 = (vì y = ) ⇔ x + y = (4) Thay vào (3), ta có : y = x2 + (5) Từ (4) (5), ta tính x, y Vậy PT có nghiệm (x, y) (0; 1), (−1; 2) 1. Cho a, b số thực dương a2 + b2 = a + b 16 16 Tìm GTNN P = 3a + 2b + √a+3b + √3a+1 2. Trong MPTĐ Oxy,cho tam giác ABC vuông cân A. Điểm K thuộc đoạn BC cho CK= −→ −−→ 3KB . Điểm G thuộc AK cho AG = 2GK .Điểm D thuộc BC cho GB=GD. Biết D(7;-2) , phương trình AK 3x-y-13=0 điểm A có tung độ âm. Viết phương trình AB. 2y(4y √ + 3x2 ) = x4 (x2 + 3) 3. Giải hệ phương trình: x 2012 ( 2y − 2x + − x + 1) = 4024 Hướng dẫn 1. Dự đoán đẳng thức xảy a = b = nên viết lại biểu thức cho thành: 16 16 + 3a + + √3a+1 − (a + b) − P = a + 3b + √a+3b Từ giả thiết cho suy ra: a + b = a2 + b2 ≥ (a+b)2 ⇔a+b≤2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 16 8 a + 3b + √a+3b = a + 3b + √a+3b + √a+3b ≥ 12 8 16 3a + + √3a+1 = 3a + + √3a+1 + √3a+1 ≥ 12 Do đó: P ≥ 24 − − = 21, dấu xảy a = b = 2. Gọi M trung điểm BC. Từ giả thiết toán => G trọng tâm tam giác AMB.=> GA=GB=GD => DG vuông góc AK. phương trình √ DG:x + 3y − = 0⇒ G(4, −1) GA = GD = 10(a − 4)2 + (3a − 12)2 = 10 ⇔ (a − 4)2 = =>a=5 a=3. Do A có tung độ âm nên A(3,-4) => AB . 3. Từ PT (1) suy y > 0. Biến đổi PT (1) tương đương với 8y + 6x2 y = x6 + 3x4 ⇔ x6 − 8y + 3x4 − 6x2 y = ⇔ (x2 − 2y) (x4 + 2x2 y + 4y + 3x2 ) = ⇒ 2y = x2 . Thay vào PT(2), thu√được x2 − 2x + − x + = 4024 2012x Nhận xét x > x < không thỏa mãn. x = nghiệm PT. Do đó, nghiệm hệ x = 1; y = 21 . 1. Cho a, b > a + b + = 3ab 3a 3b Tìm GTLN P = b(a+1) + a(b+1) + a+b − a2 − b2 y = x3 (9 − x ) 2. Giải hệ phương trình sau R : x2 y + y = 6x 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A (-1;2). Gọi M, N trung điểm cạnh AD DC; K giao điểm BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x + y – = điểm B có hoành độ lớn 2. Hướng dẫn √ √ 1. Đặt t = ab, a + b = 3t − ≥ ab = t ⇒ t ≥ 2 1 P = 3(12t 4t−9t+1) + 3t−1 − 9t −8t+1 = 5t−1 + 3t−1 = f (t) t2 4t2 f (t) ≤ ⇔ (t − 1)(18t − 7t + 1) ≥ P (1, 1) = 23 . max P = 32 2. Nhận xét x = ⇒ y = nghiệm hệ. Xét x = ⇒ y = 0. Chia hai vế PT(1) cho x3 PT(2) cho xy ta thu x3 + xy = x + xy = y6 ⇔ x+ y x − 3y x + x + xy = y6 y x =9 a3 − 18 = a=3 x + xy = ⇔ ⇔ y=2 ay = y=2 x=1 x=2 Từ thu thêm hai nghiệm hệ y=2 y=2 3. Gọi I trung điểm MB. ta có Tam giác BMK vuông K nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK √ √ −→ Tính cosABK = 55 => Gọi AB = (a, b), a2 + b2 > √ |2a+b| √ = 55 ⇔ 3a2 + 4ab = Đặt a = x + xy . Ta a3 − 3ay = a = y6 ⇔ (a2 +b2 ) => a=0 3a= -4b => pt ABy − = 4x − 3y + 10 = 0B(3, 2) (t/m) B( 75 , 26 ) (Loại) pt AI: x − 2y + = 0.=>IA = IB => I(1, 3) I( 51 , 13 )=> kết . (x2 + 1)y + = 2xy (y − 1)(1) (với x, y ∈ R). xy (3xy − 2) = xy (x + 2y) + 1(2) −−→ −−→ 2. Cho hình chữ nhật ABCD có ACD = α cos α = √15 . Điểm H thỏa mãn HB + 2HC = 0. AH cắt BD K. Biết H 13 , −4 K(1, 0). (yB > 0). Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật. 3 = Tìm GTNN P = 1+x 3. Cho a, b > 2(a2 + b2 ) + ab + 1+y − 1+2xy Hướng dẫn 1. Lấy (1)-(2) ta y (1 − 2xy) = xy (2 − 3xy) y=0 không nghiệm hệ, ta 3(xy)2 − 4xy + = ⇔ xy = ∨ xy = 31 Th1: xy = ⇔ x = y1 (y = 0) Thay vào (1) ta 1. Giải hệ phương trình: √ √ y = (y + 1)2 ⇔ y = 1±2 → x = −1±2 Th2:xy = 13 ⇔ x = 3y Thay vào (1) ta 3y = −(y + 3) (loại) 2. Bài dài đấy. Cho phép tớ nêu hướng : -Ta tính tan α= 2=> AD =2DC =>tanBAH = 43 => cosBAH = 35 -Viết pt AK => toạ độ A chứa tham số −−→ −−→ Mặt khác AD = 23 BH => AK = 23 KH => toạ độ A => PT AB (gồm pt) + toạ độ B chứa tham số Ta có độ dài KH => độ dài AH => AB => B Tính độ dài cạnh => D,C. ≥ 2t ⇒ 41 ≤ t ≤ 3. Đặt t = ab, x2 + y = 5t−1 2t 3(2+x2 +y ) 9t−1 P = 1+x y +x2 +y − 1+2xy = 2t3 +7t−1 − 1+2t ≥ ⇔ (t − 1)(10t + 27t − 19t + 4) ≤ ⇔ 10t3 + 27t2 − 19t + ≥ 93 10t3 + 27t2 − 19t + = (t − 10 ) (10t + 33) + 10 (1 − t) + 100 >0 5 P (1, 1) = . P = 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thằng vuông góc với AC H. GỌi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CH,BH AD.Cho E( 17 ; 29 ), F ( 17 ; )vG(1; 5). Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE. 5 5 2. Giải phương trình √ √ x + + x2 + 4x + = (x + 2)3 3. Cho x,y,z ∈ [0; 4] thoả xyz=1 Tìm GTLN biểu thức : √ 1+x2 + √1 1+y + √1 1+z Hướng dẫn −→ −→ 1. +) EF đường trung bình tam giác ABC nên EF = 12 BC = 12 AD = AG ⇒ AG = F E ⇔ −→ − xA = 17 − 17 5 ⇔ A(1, 1) +) EF (0, −4) vecto pháp tuyến AB mà AB qua 29 − yA = − −→ , 24 ) vecto pháp tuyến BH mà BH qua A(1, 1) nên (AB) : y − = +) AE( 12 5 F 17 , nên (BH) : 3x + 6y − 21 = +) Do AB cắt BH B nên tọa độ B nghiệm hệ 5 (AB) : y = pt: ⇔ B(5, 1) +) Gọi I(a, b) tâm đường tròn ngoại tiếp tam (BH) : 3x + 6y − 21 = (1 − a)2 + (1 − b)2 = (5 − a)2 + (5 − b)2 giác ABE ⇒ IA2 = IB = IE ⇔ Trừ theo 2 − a + 29 −b (5 − a)2 + (5 − b)2 = 17 5 . Khi thay lại vào hệ pt ta a = b = 3. Vậy I(3, 3). vế pt ta được: a = 33−4b √ √ 2. Đặt x + = a, x + 4x + = b Ta có (b2 − a2 )3 = (x + 1)3 (x + 2)3 với (x + 2)3 = (a + b)2 , (x + 1)3 = a6 Thay vào ta (b − a)3 (b + a)3 = a6 (a + b)2 a + b = không nghiệm Ta đc (b − a)2 (b2 − a2 ) = a6 ⇔ (b − a)2 = a4 ⇔ b − a = a2 (b> a) Từ √ √ (x + 1)(x + 3) − x + = x + ⇔ x = 5−3 (x=-1 ko nghiệm) √ z+1 1 1 √ √ √1 √ √ 3. P = 1+x2 + √ + 1+z TH1:z ≥ 1, xy ≤ √1+x + + ≤ = f (z) 1+z z+1 1+y 1+y √ √ f (z) ≤ ⇔ ( z − 2)2 ≥ TH2: z ≤ 1, xy√ ≥ 1.Giả √ sử x ≥ y,ta1 có yz ≤ 1, x ≥√1 1 1 1 √ + √ + √1+z ≤ √1+x + √ + √1+z2 ≤ P = ⇔ x = y = , z = max P = 1+x2 1+y 1+y 1. Giải hệ phương trình : √ √ (23 − 3x) − x + (3y − 20) − y = 0(1) √ √ 2x + y + − −3x + 2y + + 3x − 14x − = 0(2) 2. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM đường cao AH có phương trình 13x-6y-2=0,x-2y-14=0. Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I(-6;0). 2 3. Cho a b c > tìm GTNN của: P= (3ab+bc) + a2 +b121b +c2 +8ac b4 Hướng dẫn √ √ 1. (1) → [2 + 3(7 − x)] − x = [2 +√3(6 − y)] √6 − y Xét f (t) = (2 + 3t2 )t, √ f (t) > nên − x = − y ⇔ y = x − thay vào (2) 3x + − − x + 3x2 − 14x − = ⇔ 3x + − + √ √ − − x + 3x2 − 14x − = ⇔ √3(x−5) + 1+x−5 + (x − 5)(3x + 1) = ⇔ x = 5(− 31 ≤ x ≤ 4) 3x+1+4 6−x 2. Ta tìm đc A(-4;-9) Gội G trọng tâm,K trực tâm tam giác ABC −→ −→ Dễ dàng cm đc K,G,I thẳng hàng IG = 13 IK (theo đường thẳng ơle) −−→ −−→ tìm đc điểm K,lại có AK = 2IM ,tìm đc M ta viếtđc pt BC Tọa độ B,C ngiệm hệ gồm pt BC pt đường tròn. 3. Đặt x = ab , y = cb , x ≥ ≥ y P = (3x + y)2 + x2 +y2121 +8xy+1 x2 + y + 8xy + = t; (3x + y)2 = 6x2 + x2 + 2x2 + 6xy + y ≥ + x2 + 8xy + y = t + P ≥ t + + 121 = f (t) t f (t) ≥ 27 ⇔ (t − 11)2 = P = 27 ⇔ a = b = c Vậy P = 27. (x4 + y) 3y−x = 1(1) (x4 + y) − 6x −y = 0(2) 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(- 3; 5) có diện tích 25. Tìm tọa độ đỉnh B, C, D hình vuông biết tâm I hình vuông nằm đường thẳng d: x + y – = có hoành độ dương. 3. Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức y2 z2 x2 P = x+y + y+z + z+x2 . Hướng dẫn 1. Đặt x4 + y = a, x4 − y = b (1) → a = 3b (2) → 8a − 6b = ⇔ 8a − a.2b = ⇔ a = ∨ b = x4 + y = 27 Th1: a=0 (loại) Th2: b=3, thay vào (1) Ta đc hệ x4 − y = √ 2. Điểm I giao điểm đường tròn tâm A, bán kính r = 2 với đường thẳng d. (Lấy điểm có hoành độ dương). Điểm C đối xứng A qua I. √ B, D giao điểm đường tròn tâm I bán kính r = 2 với đường thẳng qua I vuông với AC √ √ √ y x √ xy xy x2 √ x+z y+x z ≤ (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ 3. Ta có: x+y = x− x+y ≥ x− xy = x− y 1. Giải hệ phương trình sau: (x + y + z)2 = Tương tự ta có: √ √ √ y x+z y+x z − √ √ z y y2 z2 ≥ y − y+z z+x2 √ √ √ y x+z y+x z Áp dụng = 3− P ≥ x+y+z √ √ y x + z y + x z ≤ (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ Vậy minP = 23 x = y = z = 1. ≥ z− √ x z Cộng vế với vế ta có: bất đẳng thức Buniakovsky ta có: (x + y + z)2 = 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông C, D có BC = AD = 2DC ,đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm đường thẳng d : 3x + y - = , phương trình đường thẳngDM : x - y - = với M điểm thỏa mãn de-thi-thu-thpt-quoc-gia-mon-toan-nam-20 . Xác định tọa độ điểm A, D, B 2. Giải bất phương trình: √ x2 + < 2x + x3 + 3. Cho số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3. 3a 3b ab Chứng minh rằng: b+1 + a+1 + a+b ≤ a2 + b2 + 32 . Hướng dẫn 1. Bài cần tìm đc M tìm đc tất điểm cần tìm Gọi N trung điểm BC ANCD hình vuông , M trung điểm CN Gọi E trung điểm AN ⇒ DM ⊥ CE → −−→ ⇒− n− CE = uDM = (1; 1) ⇒ CE : x + y = H = DM ∩ CE ⇒ H(1; −1) Ta có: ∆CHM ∼ ∆DCM ⇒ HM = CM = 12 ⇒ 2HM = CH CH DC √ = 2 ⇔ |t − 1| = M ∈ M D ⇒ M (t; t − 2) ⇒ (t − 1)2 + (t − + 1) √ 2. Bất phương trình tương đương với (x − 3x + 2) < x3 + ⇔ (x2 − 3x + 2) < (x + 2) (x2 − 2x + √ √ Đặt a = x + 2; b = x − 2x + 4. Ta thu Bất PT (b2 − a2 ) < 3ab ⇔ (a + b) (b − 4a) < ⇔ b < 4a Đến có lẽ√ổn rồi???? √ Kết quả: − 109 < x < + 109 3. Từ giả thiết suy ra: (a + 1)(b + 1) = 2 ab Khi đó: V T = 3a(a+1)+3b(b+1) + a+b ≤ 3a +3b +a+b 4 Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 3a2 + 3b2 + 4(a + b) ≤ 4(a2 + b2 ) + ⇔ 4(a + b) ≤ a2 + b2 + 2(ab + a + b) hay 2(a + b) ≤ (a + b)2 ⇔ (a + b)(a + b − 2) ≥ (1) Mặt khác, từ giả thiết có: = 2ab + 2a + 2b ≤ 2ab + a2 + + b2 + ⇔ ≤ a + b Do (1) đúng, bất đẳng thức chứng minh 10 1. Giải phương trình 2x3 + x2 y + xy + x + y2 √ √ + x + 2y − = 5(2) = y3 − 3y (1) 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A D; diện tích hình thang 6; CD =2AB, B(0;4). Biết điểm I(3;-1), K(2;2) nằm đường thẳng AD DC. Viết phương trình đường thẳng AD biết AD không song song với trục tọa độ. 3. Cho số thực x, y, z thuộc đoạn [0; 2] thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + y + z − xy − yz − zx Hướng dẫn 1. Điều kiện : x ≥ −2 ∧ y ≥ 12 2 (1) ⇔ 2x3 + x2 y + xy + x2 + xy + y4 = y − 3y4 ⇔ x3 − y + x3 + x2 y + xy + x2 + xy + y = ⇔ (x3 − y ) + x(x2 + xy + y ) + (x2 + xy + y ) = ⇔ (2x − y + 1)(x2 + xy + y ) = Do x2 + xy + y = x2 + xy + 14 y + 34 y = (x + 21 y)2 + 43 y > nên (2x − y + 1)(x2 + xy + y ) = ⇔ 2x − y + = ⇔ y = 2x + 1, vào (2) . 2. Hướng giải: Gọi vec tơ pháp tuyến AD (A;B)=> DC (-B;A) (tất nhiên A2+B2 khác 0) => PT AD DC (có chứa A,B) K/c từ B đến AD = BA ,K/c từ B đến DC = đường cao hình thang có S= => pt A,B Cho A giá trị => B 3. Giả sử: y = {x, y, z} , y ≤ 0≤z =3−x−y ≤2⇒1≤x+y ≤3⇒1−y ≤x≤3−y P = (x + y + z)2 − 3(xy + yz + zx) = − 3(xy + yz + zx) −(xy+yz+zx) = −x(y+z)−y(3−x−y) = (x2 +y )−3(x+y)+xy = x2 +(y−3)x+y −3y = f (x) − y ≤ x ≤ ⇒ f (x) ≤ max {f (1 − y), f (2)} = −y + y + = y(1 − y) + ≥ 3(y−1)2 f (x) = −(x + y−3 ) − +3≤3 ≤ P ≤ 3;P (1, 1, 1) = 0, P (2, 1, 0) = P = 0; max P = 11 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(- 3; 5) có diện tích 25. Tìm tọa độ đỉnh B, C, D hình vuông biết tâm I hình vuông nằm đường thẳng d: x + y – = có hoành độ dương. 2. Giải phương trình √ −2x3 + 10x2 − 17x + = 2x2 5x − x3 3. Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. y2 x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+y + y+z + z2 . z+x2 Hướng dẫn √ 1. Điểm I giao điểm đường tròn tâm A, bán kính r = 2 với đường thẳng d. (Lấy điểm có hoành độ dương). Điểm C đối xứng A qua I. B, D giao điểm đường tròn tâm √ I bán kính r = với đường thẳng qua I vuông với AC √ 2. Nhận xét x=0 không nghiệm, chia cho x3 , đặt x1 = t Ta đc pt 8t3 −17t2 +10t−2 = 5t2 − √ √ √ ⇔ (2t − 1)3 + 2(2t − 1) = 5t2 − + 5t2 − ⇔ 2t − = 5t2 − ⇔ t = 17+16 97 3. Ta có: √ √ √ y x √ xy xy x2 √ = x − ≥ x − = x − y x + z y + x z ≤ (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ 2 x+y x+y 2 xy (x + y + z)2 = Tương tự ta có: z2 z+x2 ≥z− √ x z y2 y+z ≥y− √ z y Cộng vế với vế ta có: P ≥ x + y + z − √ √ √ y x+z y+x z =3− Áp √ dụng√bất đẳng √ thức Buniakovsky ta có: y x + z y + x z ≤ (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ Vậy P = 23 x = y = z = √ √ √ y x+z y+x z (x + y + z)2 = 12 1. Tìm nghiệm dương phương trình 2x + x−1 x = 1− x +3 x− x 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông C, D có BC = AD = 2DC ,đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm đường thẳng d : 3x + y - = , phương trình đường thẳngDM −−→ −−→ : x - y - = với M điểm thỏa mãn BC = −4CM . Xác định tọa độ điểm A, D, B. 3. Cho số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3. 3a 3b ab Chứng minh rằng: b+1 + a+1 + a+b ≤ a2 + b2 + 32 . Hướng dẫn 1. Điều kiện xác định x ≥ x ≤ 0; x ≥ −1 Phương trình tương đương 2x + x−1 = x √ x−1 + (x−1)(x+1) Đặt x−1 = t.Phương trình viết lại 2x + t2 = t + 3t x + 1.Coi x x x √ √ phương √ trình bậc ẩn t, tham số x. Có ∆ = ( x + + 3) ⇒ t = 2(1 + x + 1) t = x + 1√− 1. TH1 Dễ thấy với√điều kiện xác định phương trình vô nghiệm. TH2 ⇒ x−1 = x+2−2 x + ⇔ (x+ +1) = x + ⇔ (x− x1 )2 −2(x− x1 )+1 = ⇔ (x− x1 −1)2 = x x √ √ ⇒ x = 1+2 (n) x = 1−2 (l). 2. Gọi N trung điểm BC ANCD hình vuông , M trung điểm CN Gọi E trung điểm AN ⇒ DM ⊥ CE → −−→ ⇒− n− CE = uDM = (1; 1) ⇒ CE : x + y = H = DM ∩ CE ⇒ H(1; −1) = CM = 12 ⇒ 2HM = CH Ta có: ∆CHM ∼ ∆DCM ⇒ HM CH DC √ M ∈ M D ⇒ M (t; t − 2) ⇒ (t − 1)2 + (t − + 1)2 = 2 ⇔ |t − 1| = 3. Từ giả thiết suy ra: (a + 1)(b + 1) = 2 ab Khi đó: V T = 3a(a+1)+3b(b+1) + a+b ≤ 3a +3b +a+b 4 Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 3a2 + 3b2 + 4(a + b) ≤ 4(a2 + b2 ) + ⇔ 4(a + b) ≤ a2 + b2 + 2(ab + a + b) hay 2(a + b) ≤ (a + b)2 ⇔ (a + b)(a + b − 2) ≥ (1) Mặt khác, từ giả thiết có: = 2ab + 2a + 2b ≤ 2ab + a2 + + b2 + ⇔ ≤ a + b Do (1) đúng, bất đẳng thức chứng minh 13 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông A,D, có phương trình AB x-y+2=0, điểm D (1;2), M AD . Tìm B,C cho SBMC ( BMC vuông M). 2. Giải hệ phương trình: √ √ 2x − 3y + − x + y = √ √ − x + y − 2x − y − = 3. Cho số thực x, y, z thuộc đoạn [0; 2] thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + y + z − xy − yz − zx Hướng dẫn 1. Ta xét toán Cho hình thang vuông ABCD A ,D ,AB//DC. Điểm M nằm AD cho BM C = 900 Bài có cách giải Cách 1: Gọi AB=x,DC=y,AM=a,DM=b. Cần tìm x,y để SBMCmin Ta có SBMC=MB.MC= (a2 + x2 )(b2 + y ) ≥ (ab + xy) dấu = xảy ab=xy (Lưu ý ABM DMC đồng dạng nên ab=xy) =>SBMC≥2ab Dấu = xảy x=a, y=b Cách Đặt M CD = BM A=α Ta có a b . sinα ≥ 2ab SABC= 21 . cosα Dấu = xảy M CD = BM A=450 Chắc hẳn đến người tìm điểm M [:icon6:] Từ áp dụng giải toán tọa độ. 2. ĐK: : 2x ≥ 3y, − x − y ≥ 0, 2x − y − ≥ Với điều kiện trên, ta có: √ √ 2x − 3y + − x + y = √ √ − x + y − 2x − y − = ⇔ √ 4(2x − 3y) = (7 − − x + y)2 √ x − y − = (3 − x + y − 1)2 √ 14 − x + y = −9x + 13y + 54(∗) ⇔ √ − x + y = −11x + 10y + 49 ⇔ −9x+13y+54 = −11x+10y+49 ⇔ y = 50x−181 31 Thay vào (∗): 14 − x + 50x−181 31 = 54 − 9x + 13( 50x−181 ) 31 ⇔ 53x − 97 = 31(19x − 26) ⇔ x = 3, y = −1 Thế x = 3, y = −1 vào hệ thấy thỏa mãn Vậy, (x, y) = (3, −1) 3. Giả sử y = {x, y, z} , y ≤ 0≤z =3−x−y ≤2⇒1≤x+y ≤3⇒1−y ≤x≤3−y P = (x + y + z)2 − 3(xy + yz + zx) = − 3(xy + yz + zx) −(xy+yz+zx) = −x(y+z)−y(3−x−y) = (x2 +y )−3(x+y)+xy = x2 +(y−3)x+y −3y = f (x) − y ≤ x ≤ ⇒ f (x) ≤ max {f (1 − y), f (2)} = −y + y + = y(1 − y) + ≥ 2 )2 − 3(y−1) +3≤3 f (x) = −(x + y−3 ≤ P ≤ 3;P (1, 1, 1) = 0, P (2, 1, 0) = P = 0; max P = 14 √ 2y − 7y + 10 − x(y + 3) + y + = x + 1. Giải hệ phương trình sau tập số thực: √ y + + x+1 = x + 2y 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. H(1, 2) hình chiếu vuông góc A xuống BD. M 29 , trung điểm BC. Trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH (d) : 4x + y − = 0. Viết phương trình BC. 3. Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm GTNN biểu thức P = 4y 4z √ √ 4x + z(2√1+8z +4y−2) + x(2 1+8x3 +4z−2) y(2 1+8y +4x−2) Hướng dẫn 1. ĐKXĐ : x = −1, y ≥ −1, 2y − 7y + 10 − x(y √ + 3) ≥ (1) ⇔ 2y − 7y + 10 − x(y + 3) = x +√1 − y + ⇒ 2y − 7y + 10 − x(y + 3) = (x + − y + 1)2√ ⇔ 2y − 8y +√ − x(y + 3) = x2 + 2x − 2(x + 1) y + 1(∗) (2) ⇔ (x +√1) y + + = (x + 1)(x + 2y) ⇔ (x + 1) y + = x2 + 2xy + x + 2y − 3(∗∗) Thế (∗∗) vào (∗): 2y − 8y + − x(y + 3) = x2 + 2x − 2(x2 + 2xy + x + 2y − 3) ⇔ 2y − 4y + 3xy + x2 − 3x + = ⇔ (x + 2y − 2)(x + y − 1) = ⇔ x + 2y − = ∨ x + y − = Với x + 2y − = ⇔ y = 2−x , vào (2) : 4−x + x+2 =2 Đặt a = x + 4−x + x+2 =2 10 = − a3 (a ≥ 32 ) ⇔ 5−a ⇔ a3 + 3a2 − 24a + 18 = ⇔ (a − 3)(a2 + 6a − 6) = ·a = ⇔ x = 2, y = √ √ ·a2 + 6a −√ = ⇔ a = −3 + 15 ∨ a = −3 15 √ √ a = −3 + 15 ⇒ x = −4 + 15, y = 6−2√15 √ √ a = −3 − 15 ⇒ x = −4 − 15, y = 6+2 15 √ √ Do 2y − 7y + 10 − x(y + 3)+ y + = x+1 mà 2y − 7y + 10 − x(y + 3) ≥ 0, y + ≥ nên x ≥ −1 Với x + y − =√0 ⇔ y = − x, (∗∗) ⇔ (x + 1) − x = −x2 + x − √ ⇔ x2 − x + + (x + 1) −√x = √ Mà: x2 − x + > 0, (x + 1) − x ≥ 0(Do x ≥ −1) nên x2 − x + + (x + 1) − x > 0, trường hợp vô nghiệm. Thử lại nghiệm trên, ta có nghiệm hệ phương trình là: (x, y) = (2, 0) 2. Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AK = (AD + AH) = 12 (BC + AH) (K trung điểm DH) −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ KM = KD + DM = HD + (DB + DC) = 12 (HB + AB) (M trung điểm BC) −−→ −−→ −−→ −→ AH.AB = BH.BC (∆ABC ∼ ∆BHA); cos(BC; BH) = cos(AH; AB) −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ ⇒ AK.KM = 41 (A.AB. cos(AH; AB) − BC.BH. cos(BC; BH)) = ⇒ AK ⊥ KM − u AK (1; −4) làm VTPT M K qua M 29 ; nhận → 15 ⇒ M K : x − 4y + = K = M K ∩ AK⇒ K 12 ; K trung điểm DH ⇒ D(0; 2) Biết B, D ⇒ BD : y − = Gọi B(b; 2) ⇒ C(9 − b; 4) −−→ −−→ b=5 DC ⊥ BC ⇒ BC.DC = ⇔ b = 17 Từ tìm B. Biết B, M lập phương trình BC 3.Ta có + 8y = (1 + 2y)(4y − 2y + 1) ≤ 2y + ⇒ √ 4x2 ≥ y(y2x+x) = y1 − y(2 y y +x ≥ − 2√1 x P ≥ ( x1 − 2√1 x ) = ( √1x − 1)2 9√ √1 ≥ =3 ≥ √ x+y+z x x 1+8y +4x−2) y P ≥ 23 ; P = P = 23 + √1 x −3 ⇔x=y=z=1 15 1. Cho hình bình hành ABCD có AC: x-y+1=0, G(1;4) trọng tâm tam giác ABC, E(0;-3) thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD.Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành biết diện tích AGCD 32 A có tung độ dương. 2. Giải hệ phương trình √ + xy + xy = x √ √ √ + y y = √1x + y x x 3. Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x − 1) + y(y − 1) + z(z − 1) ≤ 6. 11 1 + y+z+1 + z+x+1 . Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+y+1 Hướng dẫn 1. * Tìm D: - Viết phương trình đường thẳng d qua E vuông góc với AC - Viết phương trình đường thẳng d’ ảnh AC phép vị tự tâm G tỉ số - D giao điểm d d’ * Tìm B: B ảnh D qua phép vị tự tâm G, tỉ số -1/2 * Tìm I tham số hóa tọa độ A, C Diện tích AGCD 2/3 diện tích hình bình hành. Từ tính AC. Giải pt thức với ẩn (tham số A) tìm A C √ √ ( a1 + b)3 − ab ( a1 + b) = a1 + 3b + a2 b2 + ab = a2 ⇔ 2. Đặt x = a, y = b(a > 0, b ≥ 0) Hệ thành + b3 = a1 + 3b ( a1 + b)2 − ab = a3 u(u2 − v) − 2uv = u + 2b(1) Đặt a1 +b = u, ab = v Hệ thành Thay (2) vào (1) ⇔ uv+2b = u2 − v = 1(2) ⇔ ( a1 + b) ab + 2b = ⇔ b = 0(a > 0, b ≥ 0) ⇔ y = 0, x = 3. Từ giả thiết ta có x2 + y + z + x + y + z 2 Áp dụng AM-GM ta có x2 + y + z (x+y+z) ⇒ + x + y + z (x+y+z) 3 ⇒x+y+z 1 + 1+y+z + 1+z+x 1+x+y 3+2(x+y+z) Đẳng thức xảy x = y = z = 16 1. Trong mặt phẳng Oxy có tam giác ABC với A(2,-1) , B(1,-2), trọng tâm G tám giác ABC thuộc đường thẳng x+y-2=0. TÌM tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC= 13,5 . 2. Giải phương trình 5 √ √ x2 + − x + x2 + + x = 123 3. Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = 1.Tìm biểu thức: 1 √ P = + + 2a + 2b + (2c + 1) 6c + Hướng dẫn 1. - Tham số hóa tọa độ G - Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm -> Tìm tọa độ C theo tham số - Tính diện tích tam giác ABC + Đoạn AB tính + Đường cao CH tính (còn tham số) - Giải phương √ trình S = 13,5 tìm √ tham số. 2. Giải: Đặt x + − x = a x2 + + x = b ta có: a5 + b5 = 123 (1) a2 b2 = (2). Từ (2), để ý a, b > ta được: a = 1b , vào (1) ta có: b15 + b5 = 123 tương đương với: √ √ b = 12 (3 − 5) b = 12 (3 + 5) Từ dễ dàng tìm x. 3. TH1:c ≤ ⇒ 4ab ≥ √ 2(c 6c+3+1) 1 2√ 2√ √ P ≥ 2+a + 2+b2 + (2c+1) 6c+3 ≥ 2+ab + (2c+1) 6c+3 = (2c+1) 6c+3 = f (c) √ f (c) ≥ ⇔ (4 − c) 6c + ≤ ⇔ (c − 1) (6c − 33) ≤ 1 TH2: c ≥ ⇒ 4ab ≤ ⇒ 2a+1 + 2b+1 ≥ > 98 P = 89 ⇔ a = b = c = 12 P = 17 1. Giải hệ phương trình. √ √ √ x +√y + √x − y = y x + 5y = 2. Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;-2), trọng tâm G(0;1) trực tâm H( 12 ;1). Tìm tọa độ đỉnh B,C tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 3. Cho a, b, c > a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn của: √ abc √ P = + + ab + bc + ca + abc Hướngdẫn x > √ √ √ = y ⇔ y = 1. Đk: y > Thấy y=0 không nghiệm hệ ⇒ pt1⇔ √x+y−(x−y) x+y− x−y  x=y √ √ √ √ √ x + y− x − y ⇔ y+ x − y = x + y ⇒ y+x−y+2 y(x − y) = x+y ⇔ y(x − y) = y √ √ √ √ ⇔ x − y = y ⇒ 4(x − y) = y ⇔ 5y = 4x Thay vào pt2 x + x = ⇔ x = ⇒ y = 54 −−→ −→ 2. + Gọi M trung điểm BC. Do G trọng tâm nên AM = 23 AG nên suy M (−1; 52 ). + BC vuông với đường cao AH nên có phương trình BC : x − 2y + = 0. + Gọi B(2b − 6; b) M trung điểm BC nên C(−2b + 6; − b) −−→ −→ + Áp dụng BH.AC = cho ta phương trình 5b2 − 25b + 30 = → b = b = 3. + Tìm B, C tâm đường tròn ngoại tiếp giao điểm hai đường trung trực AB, BC mà thôi. 3. Ta có √ abc √ √ P ≤ + 2 a b c + + abc √ Đặt t = abc, suy < t ≤ t + với < t ≤ Khi xét hàm số f (t) = + 3t t+1 √ √ 7+1− 7−1 f (t) = t = √ √ 7+1− 7−1 Lập bảng biến thiên ta Pmax = √ +√ √ √ ( + − − 1)2 + 7+4− 7−1 18 1. Trong mp Oxy cho ∆ABC, AB, AC lấy E, D cho ABD = ACE. Đường tròn ngoại tiếp ∆ADB cắt CE M(1;0) N(2;1). Đường tròn ngoại tiếp ∆ACE cắt BC I(1;2) K. viết pt đường tròn ngoại tiếp ∆M N K 2. Giải hệ phương trình √ + xy + xy = x √ √ √ + y y = √1x + y x x 13 3. Cho a, b, c ≥ a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ của: √ P = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 Hướng dẫn 1. Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD AL đường kính đường tròn đó. Khi đó: A3 + C4 = B2 + B1 = 90o Do AJ⊥M N . Suy AM = AN Chứng minh tương tự ta có: AI = AK Vậy bốn điểm M, N, I, K thuộc đường tròn tâm A. Bài toán trở nên dễ dàng, kể việc tìm tọa độ điểm A √ 2. Đặt √1x = a > 0; y = b ≥ hệ trở thành: + ab + ab = a12 a3 + b3 = a + 3b từ PT(1) ta có: (1) ⇔ a2 + b2 + ab = ⇔ a2 + b2 = − ab vào PT(2) ta dc: (2) ⇔ (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a + 3b ⇔ (a + b)(1 − 2ab) = a + 3b ⇔ −ab(a + b) = b b = 0(n) ⇔ a(a + b) = −1(l) với b = y = 0; x = hệ có nghiệm (1; 0) √ 3. Ta cóP ≥ (ab+bc+ca)2 +3(ab+bc+ca)+2 − 2(ab + bc + ca) = t2 +3t+2 − 2t = f (t) Với t = ab + bc + ca Từ điều kiện toán suy t thuộc đoạn [0; ] Ta có f (t) = 2t + − √ = g(t) − 2t √ g (t) = + > 0, suy hàm g(t) đồng biến nêng(t) ≥ g(0) = > (1 − 2t) − 2t Suy f (t).đồng biến fmin = t = Vậy Pmin = (a, b, c) = (0, 0, 1) hoán vị 19 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(5;2), đường trung trực d đoạn BC có phương trình x + y – = đường trung tuyến kẻ từ C có phương trình 2x – y + = 0. Tìm toạ độ điểm B và√C. 2. Giải phương trình (x2 + 1)2 = − x 2x2 + 4, (x R) 3. Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức 14 1 P = x23 + y23 + z23 + x2 −xy+y + y −yz+z + z2 −zx+x 2. Hướng dẫn 1. -Tham số hóa điểm M trung điểm AB => tọa độ B -Tham số hóa điểm N tđ BC => C mà C thuộc denta => pt -Kẻ AH vuông góc vs D => pt AH.AH //BC => 1pt -Giải hệ => B,C √ 2. Đặt x2 = t Th1: x ≥ pt ⇔ (t + 1)2 = − t(2t + 4) Bình phương vế t = −1 ± → √ x = ± −1 + √ Th2:x < pt ⇔ (t + 1)2 = + t(2t + 4) ⇔ t = −4 ∨ t = → x = ± √ √ Thử lại: nghiệm x = − 2, x = −1 + 3. Giả sử x + y + z = k3 (k ≥ 1) a = kx, b = ky, c = kz ⇒ a + b + c = 3; P (x, y, z) ≥ P (a, b, c) + ≥ a3 a3 1 P ≥ a6 + 6b + 6c + a2 −ab+b + b2 −bc+c2 + c2 −ca+a2 − 12 = A ab + bc + ca = q, abc = r; q ≤ 3; (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) = 9abc ⇒ q ≥ 9r 1 9 + b2 −bc+c + c2 −ca+a2 ≥ 2(a2 +b2 +c2 )−(ab+bc+ca) = 18−5q a2 −ab+b2 + 1b + 1c = qr ≥ 9q a A ≥ 54 + 18−5q − 12 q A ≥ ⇔ (q − 3)(35q − 108) ≥ P =9⇔x=y=z=1 P = 20 1. Cho đường tròn (C) : (x − 4)2 + y = 25 M (1; −1) . Viết pt đường thẳng qua M cắt (C) điểm phân biệt A; B cho M A = 3M B. 2. Giải hệ phương trình sau (x − 1)(y − 1)(x + y − 2) = x2 + y − 2x − 2y − = 3. Cho số thực x, y thỏa (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32. Tìm giá trị nhỏ của: P = x3 + y + (xy − 1) (x + y − 2) Hướng dẫn 1. Goi A(a;b) ⇒ AM = (1 − a; −1 − b) mà M ∈ (C) nên AM = 3M B ⇒ B( − a −4 − b ; ) 3 . Ta có : (a − 4)2 + b2 = 25 . P T (2) − P T (1) ⇒ 3a + b = 17 ⇒ b = 17 − 3a . . . . Xong (a + 8)2 + (b + 4)2 = 225 2. Biến đổi hệ phương trình thành : (x − 1)(y − 1)(x + y − 2) = (x − 1)2 + (y − 1)2 = Đặt x − = a; y − = b , ta có : (a + b)2 − 2ab = ab(a + b) = 15 Đặt tiếp , a + b = S; ab = P , ta có : S − 2P = , rút P pt (2) vào pt (1) , ta có : PS = S − 5S − 12 = ⇔ S = ⇒ P = 3. Ta có (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32 ⇔ (x + y − 4)2 ≤ 16 ⇔ ≤ x + y ≤ P = (x + y)3 − 3(x + y) − 6xy + x + y = t(0 ≤ t ≤ 8) P ≥ t3 − 23 t2 − 3t + = f (t) f (t) = 3(t2 √ − t − 1) √ 1+ 5 f (t) ≥ f (√ ) = 17−5 √ 1+ P = 17−5 ⇔ x = y = 4 √ P = 17−5 16 [...]... 0 ⇔ y = 1 − x, √ (∗∗) ⇔ (x + 1) 2 − x = −x2 + x − 1 √ ⇔ x2 − x + 1 + (x + 1) 2 − x = 0 √ √ Mà: x2 − x + 1 > 0, (x + 1) 2 − x ≥ 0(Do x ≥ −1) nên x2 − x + 1 + (x + 1) 2 − x > 0, trường hợp này vô nghiệm Thử lại các nghiệm trên, ta có nghiệm của hệ phương trình là: (x, y) = (2, 0) 2 Ta có −→ 1 − − − → −→ − − − → −→ − AK = 2 (AD + AH) = 1 (BC + AH) (K là trung điểm của DH) 2 − → −→ − → 1 −→ 1 −→ −→ − −... 3b ( a + b)2 − a = 1 a3 u(u2 − v) − 2uv = u + 2b(1) 1 b Đặt a +b = u, a = v Hệ thành Thay (2) vào (1) ⇔ uv+2b = u2 − v = 1(2) b 1 0 ⇔ ( a + b) a + 2b = 0 ⇔ b = 0(a > 0, b ≥ 0) ⇔ y = 0, x = 1 3 Từ giả thi t ta có x2 + y 2 + z 2 6 + x + y + z 2 2 Áp dụng AM-GM ta có x2 + y 2 + z 2 (x+y+z) ⇒ 6 + x + y + z (x+y+z) 3 3 ⇒x+y+z 6 1 1 1 9 3 + 1+y+z + 1+z+x 1+x+y 3+2(x+y+z) 5 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z... abc √ √ P ≤ 3 + 2 b2 c 2 + 3 1 + 3 abc a √ Đặt t = 3 abc, suy ra 0 < t ≤ 1 2 t + với 0 < t ≤ 1 Khi đó xét hàm số f (t) = 2 3 + 3t t+1 √ √ 7+1− 2 7−1 f (t) = 0 khi t = 3 √ √ 6 7+1− 2 7−1 Lập bảng biến thi n ta được Pmax = √ +√ √ √ ( 7 + 1 − 2 7 − 1)2 + 9 7+4− 2 7−1 18 1 Trong mp Oxy cho ∆ABC, trên AB, AC lấy E, D sao cho ABD = ACE Đường tròn ngoại tiếp ∆ADB cắt CE tại M(1;0) và N(2;1) Đường tròn ngoại... ngoại tiếp tam giác ABD và AL là đường kính đường tròn đó Khi đó: A3 + C4 = B2 + B1 = 90o Do đó AJ⊥M N Suy ra AM = AN Chứng minh tương tự ta có: AI = AK Vậy bốn điểm M, N, I, K thuộc đường tròn tâm A Bài toán trở nên dễ dàng, kể cả việc tìm tọa độ điểm A √ 1 2 Đặt √x = a > 0; y = b ≥ 0 thì hệ trở thành: 2 b b 1 + a2 + a = a12 a3 + b3 = a + 3b từ PT(1) ta có: (1) ⇔ a2 + b2 + ab = 1 ⇔ a2 + b2 = 1 − ab thế... b) = −1(l) với b = 0 thì y = 0; x = 1 vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1; 0) √ 3 Ta cóP ≥ (ab+bc+ca)2 +3(ab+bc+ca)+2 1 − 2(ab + bc + ca) = t2 +3t+2 1 − 2t = f (t) Với t = ab + bc + ca 1 Từ điều kiện bài toán suy ra t thuộc đoạn [0; ] 3 2 Ta có f (t) = 2t + 3 − √ = g(t) 1 − 2t 2 √ g (t) = 2 + > 0, suy ra hàm g(t) đồng biến nêng(t) ≥ g(0) = 1 > 0 (1 − 2t) 1 − 2t Suy ra f (t).đồng biến fmin = 2 khi t = 0... //BC => 1pt -Giải hệ => B,C √ 2 Đặt x2 = t Th1: x ≥ 0 pt ⇔ (t + 1)2 = 5 − t(2t + 4) Bình phương 2 vế t = −1 ± 3 → √ x = ± −1 + 3 √ Th2:x < 0 pt ⇔ (t + 1)2 = 5 + t(2t + 4) ⇔ t = −4 ∨ t = 2 → x = ± 2 √ √ Thử lại: nghiệm x = − 2, x = −1 + 3 3 3 Giả sử x + y + z = k (k ≥ 1) a = kx, b = ky, c = kz ⇒ a + b + c = 3; P (x, y, z) ≥ P (a, b, c) 1 3 +2≥ a a3 6 1 1 1 P ≥ a + 6 + 6 + a2 −ab+b2 + b2 −bc+c2 + c2 −ca+a2... c) = 9abc ⇒ q 2 ≥ 9r 1 1 1 9 9 + b2 −bc+c2 + c2 −ca+a2 ≥ 2(a2 +b2 +c2 )−(ab+bc+ca) = 18−5q a2 −ab+b2 1 +1+1=q ≥9 a b c r q 9 A ≥ 54 + 18−5q − 12 q A ≥ 9 ⇔ (q − 3)(35q − 108) ≥ 0 P =9⇔x=y=z=1 min P = 9 20 1 Cho đường tròn (C) : (x − 4)2 + y 2 = 25 và M (1; −1) Viết pt đường thẳng qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A; B sao cho M A = 3M B 2 Giải hệ phương trình sau (x − 1)(y − 1)(x + y − 2) = 6 x2 + . CÁC ĐỀ THI THỬ TỔNG HỢP TỪ VMF Các bài tập trong tài liệu này mình lấy từ các box luyện thi đại học của diendantoanhoc.net như: BĐT chuẩn bị cho kì thi THPT QG 201 5 -201 6, PT và HPT qua các đề. THPT QG 201 5 -201 6, PT và HPT qua các đề thi thử đại học, Topic tổng hợp các bài toán HHP trong các đề thi thử đại học. Mục đích của việc tổng hợp này là mình chỉ muốn có tài liệu dạy cho học sinh,. có tung độ âm. Viết phương trình AB. 3. Giải hệ phương trình:  2y(4y 2 + 3x 2 ) = x 4 (x 2 + 3) 201 2 x ( √ 2y − 2x + 5 − x + 1) = 4024 Hướng dẫn 1. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =