Chinh Phục Điểm 8 910 Từ Các Đề Thi Thử 2016

uất phát từ thực tế kì thi THPT Quốc gia 2015, với các bạn sử dụng kết quả môn Toán để xét tuyển đại học, thì sự cạnh tranh chủ yếu diễn ra ở bộ ba câu phân loại. Bộ ba câu này thường rơi vào các chủ đề Phương trình Bất phương trình Hệ phương trình, Hình học tọa độ phẳng, Bất đẳng thức Tìm GTLN, GTNN.

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – ĐẶNG VIỆT HÙNG – LÊ VĂN TUẤN – NGUYỄN THẾ DUY CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN Câu 1: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn - Lần – 2015] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( x − 1) + ( y − ) 2 (T ) có phương trình = 25 Các điểm K ( −1;1) , H ( 2;5) chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương Lời giải Kẻ Cx tiếp tuyến đường tròn Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH tứ giác nội tiếp Ta có ACx = ABC CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội tiếp) ⇒ ACx = CHK ⇒ Cx / / HK Mà TC ⊥ Cx ⇒ TC ⊥ HK Đường thẳng HK qua H ( 2;5) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng HK : x − y + = Đường thẳng TC qua T (1; ) vuông góc với đường thẳng HK nên phương trình TC : x + y − 11 = Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; − 3t ) t = ⇒ C ( 5; −1) Mà TC = ⇒ 16t + 9t = 25 ⇔  t = −1 ⇒ C ( −3;5 ) → l Đường thẳng AC qua C ( 5; −1) , H ( 2;5 ) nên phương trình đường thẳng AC : x + y − = Đường thẳng BH qua H ( 2;5 ) vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH : x − y + = Đường thẳng BC qua C ( 5; −1) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng BC : x + y − = Ta có B = BC ∩ BH ⇒ B ( −4; ) Đường thẳng AK qua K ( −1;1) vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK : x − y + =  31  Ta có A = AC ∩ AK ⇒ A  ;  5   31  Vậy A  ;  , B ( −4; ) , C ( 5; −1) điểm cần tìm 5  Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống – Thanh Hóa - Lần – 2015]  x + xy + y + y + xy + x = ( x + y )  Giải hệ phương trình  ( y − ) x − = + y − y + x − + Lời giải: Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ ( )( Phương trình hệ tương đương với Đặt t = x > , phương trình trở thành: y ) x x x  x x   + + +   + + =  + 1 y y  y  y y  t +t + + 2t + t + = ( t + 1) ⇔ t = ⇒ x = y ≥ Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – ĐẶNG VIỆT HÙNG – LÊ VĂN TUẤN – NGUYỄN THẾ DUY ( Thay vào phương trình thứ hai hệ, ta được: ( x − ) x − = + x − ⇔ 4x −   ( 4x − ) ( )( + 1 = + x −  + x −   ) )( x + x−2 +3 ) x =  + ⇔ 4x − = + x − ⇔    x = 34  ( Vì xét hàm số f ( t ) = t + t hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) mà f ) ( ) 4x − = f + x −  34 34  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) ,  ;   9  Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội - Lần – 2015]  11  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Điểm F  ;3  trung điểm cạnh AD Đường 2  thẳng EK có phương trình 19 x − y − 18 = với điểm E trung điểm cạnh AB , điểm K thuộc cạnh DC KD = 3KC Tìm tọa độ điểm C hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ Lời giải Đặt cạnh hhhh vuông AB = 4a Xét hình vuông ABCD hệ trục toạ độ với B gốc BC trùng với Ox BA trùng với trục Oy Ta có: F ( 2a; 4a ) ; E ( 0; 2a ) ; K ( 4a; a ) Khi đó: EK : x + y − 8a = ⇒ d ( F ; EK ) = Khi EF = 2a = 10a 17 = 25 ⇒a= 17 Do toạ độ điểm E nghiệm hệ:   11  25  EF =  x −  + ( y − 3) =  5 2 ⇒ x = 2; y = ⇒ E  2;     2 19 x − y − 18 =  Lại có: AC trung trực EF nên AC : x + y − 29 =  15 11   10 17  Khi M = AC ∩ EF ⇒ M  ;  ; I = EK ∩ AC ⇒ I  ;   4  3 Lại có: MC = MI ⇒ C ( 3;8 ) Câu 4: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015]  xy + = y x + Giải hệ phương trình  2  y + ( x + 1) x + x + = x − x Lời giải: ĐK: x, y ∈ ℝ (*) Khi (1) ⇔ y x + − xy = ⇔ y Ta có ( ) x2 + − x = (3) x + > x = x ≥ − x ⇒ x + + x > Do (3) ⇔ y ( x + − x ) = ( ( Thế vào (2) ta x + x + ) x + + x ⇔ y = x + x + ) + ( x + 1) x2 + x + = x2 − x ⇔ x + + x x + + ( x + 1) ⇔ x + + x x + + ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 2 + = x2 − x +2 =0 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – ĐẶNG VIỆT HÙNG – LÊ VĂN TUẤN – NGUYỄN THẾ DUY ⇔ x + + x x + + ( x + 1) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) ⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f ( − x ) ( x + 1) +2 =0 + = ( −x) + ( −x) ( −x) +2 (4) Xét hàm số f ( t ) = t + t t + với t ∈ ℝ có f '(t ) = 1+ t + + t2 > 0, ∀t ∈ ℝ t2 + 1 ⇒ f ( t ) đồng biến ℝ nên (4) ⇔ x + = − x ⇔ x = − ⇒ y = − + + = thỏa mãn (*) 2   Đ/s: ( x; y ) =  − ;1   Câu 5: [Trích đề thi thử trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa – 2015] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I ( 3;5 ) ngoại tiếp đường tròn tâm K (1; ) Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC cạnh AB, AC kéo dài có tâm F (11;14 ) Viết phương trình đường thẳng BC đường cao qua đỉnh A tam giác ABC Lời giải Đường tròn tâm F tiếp xúc với cạnh BC cạnh AB, AC nên đường tròn tâm F đường tròn bàng tiếp tam giác  FB ⊥ BK Ta có  ⇒ FBKC tứ giác nội tiếp  FC ⊥ CK Gọi D giao điểm AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1 Ta có DKC = BAC + ACB = DCK 2 ⇒ ∆DKC cân D ⇒ DC = DK Do DC = DK = DB nên D tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKC hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF Do D trung điểm FK ⇒ D ( 6;9 ) Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tâm I ( 3;5 ) bán kính ID = có phương trình ( C1 ) : ( x − 3) + ( y − ) = 25 2 Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKC tâm D ( 6;9 ) bán kính DK = 50 có phương trình ( C2 ) : ( x − ) + ( y − ) = 50 2 Phương trình đường thằng BC x + y − 29 = Đường thẳng AK qua K (1; ) , F (11;14 ) nên phương trình AK : x − y + = Ta có A giao điểm AK với ( C1 ) nên tọa độ A ( −1; ) Đường cao AH qua A ( −1; ) vuông góc với BC nên phương trình AH : x − y + 10 = Vậy phương trình đường thẳng BC : x + y − 29 = , đường cao AH : x − y + 10 = Câu 6: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]  xy + = y x +  Giải hệ phương trình  y − x2 = 2x −1  + x − x +  Lời giải Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – ĐẶNG VIỆT HÙNG – LÊ VĂN TUẤN – NGUYỄN THẾ DUY ĐK: x, y ∈ ℝ (*) Khi (1) ⇔ y x + − xy = ⇔ y Ta có ) ( x2 + − x = (3) x + > x = x ≥ − x ⇒ x + + x > Do (3) ⇔ y ( x + − x ) = x + + x ⇔ y = x + x + Thế vào (2) ta ( ) x + x2 + − x2 + 4x2 − 4x + = 2x −1 x2 + + x x2 + − x2 ⇔ + x2 − x + = 2x −1 ⇔ + x x + = x − + ( x − 1) x − x + ⇔ x x + = x − + ( x − 1) ⇔ x x + = x − + ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) ⇔ x + x x + = ( x − 1) + ( x − 1) ⇔ f ( x ) = f ( x − 1) 2 +1 +1 ( x − 1) +1 (4) Xét hàm số f ( t ) = t + t t + với t ∈ ℝ có t2 f '(t ) = + t +1 + > 0, ∀t ∈ ℝ t2 +1 ⇒ f ( t ) đồng biến ℝ nên (4) ⇔ x = x − ⇔ x = ⇒ y = + thỏa mãn (*) ( Đ/s: ( x; y ) = 1;1 + ) Câu 7: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]  y + xy + = y x + y +  Giải hệ phương trình  3 2  x + y = ( x + y + 1) x + xy + y Lời giải ĐK: x + xy + y ≥ (*) Khi (1) ⇔ y x + y + − xy = y + ⇔ y Ta có ( ) x2 + y + − x = y + x + y + > x = x ≥ − x ⇒ x + y + + x > Do (3) ⇔ y ( x + y + − x ) = ( y + ) ( x2 + y2 + + x (3) ) ⇔ y = x2 + y + + x ⇔ y − x = x2 + y + ⇒ ( y − x ) = x + y + ⇔ x − xy + y = x + y + ⇔ xy = −1 Kết hợp với (2) ta x3 + y = ( x + y + 1) x − + y ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) = ( x + y − ) x + y − + x + y − ⇔ ( x + y ) + 3( x + y ) = ⇔ f ( x + y) = f ( ( x2 + y − x2 + y − ) ) +3 x2 + y − (4) Xét hàm số f ( t ) = t + t với t ∈ ℝ có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ℝ Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – ĐẶNG VIỆT HÙNG – LÊ VĂN TUẤN – NGUYỄN THẾ DUY ⇒ f ( t ) đồng biến ℝ nên (4) ⇔ x + y = x + y − ⇒ ( x + y ) = x + y − ⇔ x + xy + y = x + y − 2  y = ⇒ xy = ≠ −1 ⇒ Loai ⇔ −2 + y = y − ⇔ y = y ⇔   y = ⇒ x = −1 Thử lại ta thấy ( x; y ) = ( −1;1) thỏa mãn hệ cho Đ/s: ( x; y ) = ( −1;1) Câu 8: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần – 2015] Cho x, y số không âm thỏa mãn x + y = ( ( ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P = x5 + y + x y xy + − xy + 12 Lời giải Ta có ( x + y ) = ( x + y )( x + y ) = x + y + x y ( x + y ) 3 2 3 ) ( ) ( ) xy + = x + xy + y = x + y ⇔ x5 + y + x y 2 xy + = 10 x + y Và ( Lại có x + y ) ( = x6 + 3x y + 3x y + y = x3 + y ( ) ) + x y − x3 y3 ⇔ x2 y − x3 y3 = − t Với t = x + y , P = 10t + − t = 16 + 10t − 2t ( ( ) ) •  x2 x − ≤  Vì x, y ∈ 0;  ⇔  ⇒ x3 + y3 ≤ x2 + y = 2 y y − ≤  • Và x + y ≤ ⇔ x + y ≥ ( x + y ) x + y ≥ x + y ( ) ( ( ) ( ) ) ⇔ x3 + y3 ≥ Suy với điều kiện t ∈  2; 2  , xét hàm số f ( t ) = 16 + 10t − 2t , có min f ( t ) = f ( ) = 28   f ' ( t ) = 10 − 4t = ⇔ t = ∈  2; 2  ⇒    57 max f ( t ) = f   =    Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần – 2015] Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b = 3c + Tìm giá trị lớn biểu thức (b + c ) ( a − c ) = Đầu tiên, có ( b + c ) ( a − c ) + ( a + c ) ( b − c ) − c3 P= a+c 2 a+c b+c Lời giải ( b + c ) ( a + c − 2c ) a+c = (b + c ) − Tương tự tách biến cho biểu thức lại, ta được: P = ( a + c ) + ( b + c ) 2c ( b + c ) 2 a+c  ( b + c )2 ( a + c )2  − 2c  + −c b+c   a + c  Chú ý ( a + c ) + ( b + c ) = a + b + 2c ( a + b + c ) = 3c + + 2c ( a + b + c ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có (b + c ) a+c (a + c) + b+c ( a + b + 2c ) ≥ a + b + 2c = a + b + 2c 112 2  1  ⇔ c −  c +  ≥ 27 3  3  112 Dấu đẳng thức xảy a = b = ;c= Vậy giá trị lớn biểu thức P 27 3 Do P ≤ 3c + + 2c ( a + b + c ) − 2c ( a + b + 2c ) − c3 = + c − c3 ≤ Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016