Tuyển chọn 3 câu phân loại từ 23 đề thầy quang baby

NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc                ĐỀ :   Câu 8: [1 điểm]   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác  ABC  có tâm đường tròn ngoại tiếp là  I  2;1  thỏa mãn   AIB  900  . Chân đường cao kẻ từ  A  đến  BC  là  , đường thẳng  AC  đi qua điểm  M  1;   .  Tìm tọa độ đỉnh  A, B  biết rằng  A  có hoành độ dương.  Lời giải   Do  AIB  90  ACB  45  ADC vuông cân   D  thuộc  trung trực  AC  ID  AC   Gọi  AC  ID  E     AC : x  y   Ta có ID  1; 2     E  3;3    ID : x  y   E  C   2a;6  a     Gọi  A  2a  9; a   AC    Ta có  DC.DA     2a  2a     a  1  a      a   A  5;1  l     a   A 1;5 , C  7;1 Phương trình đường thẳng  BC  qua  C  7;1  và song song với  AD  nên  BC : x  y       2 Có  IA   nên phương trinh đtròn ngoại tiếp tam giác  ABC  là   x     y  1  25    y   B  7;1  C  l  x  y   Tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình      2  x     y  1  25  y  2  B  2; 2  Vậy  A 1;5 ; B  2; 2    Câu 9: [1 điểm]    x  y  x   y y   xy  y  Giải hệ phương trình sau      2 x x    x  y  y   3xy  x Lời giải Xét x = 0 và y = 0 là nghiệm của hệ phương trình   Xét x , y có một ẩn khác 0    x   a  x  y  a  yb  xy  y Đặt      a, b    Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành    xa   x  y  b  3xy  x  y   b Xét hệ phương trình với ẩn  a, b  tham số  x, y   Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  D  x  y  0, x; y Ta có: Da  x y  y Db   x3  xy 2  a   b   Da  y  x   y         D   x  0, y     Db  x  y    x      D Lấy  1     ta được   x   x   x  3   Thế vào ta được  y    y   y   y    Vậy ta có nghiệm của hệ là   x; y    3;    Câu 10: [1 điểm]   Cho hai số thực dương  x, y  thỏa mãn  x  y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   P  x2  1 x y  y2   (  ) x y x 1 y 1   Lời giải 1 1 1 16 2 Ta có  x   y    x  y        x  y   2 x y x y  x  y 2  x  y   x  y   x  y  2  x  y  x  y   x  y    2 5  x y 4x 4y      3 4x  y  x2   y2   4 4 3 3 12  1 1  2(  )  2  4x  4y  4x  y  4x  y  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  là    , dấu  "  "  xảy ra khi  x  y      Ta lại có  x y   x 1 y 1 ĐỀ :       Câu 7: [1 điểm]    Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp (I,R) có tọa độ đỉnh B(2;1). H là hình chiếu của B  lên AC sao cho BH  R , gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BA và BC, đường thẳng qua D và  E có phương trình  x  y    Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết H thuộc  d : x  y    và  H có tung độ dương   Lời giải Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  Trước hết, ta có đẳng thức quen thuộc  BA.BC  2R.BH  (ta rút ra  abc  h b b  )  từ công thức  4R Gọi  K  là hình chiếu của  B  lên  DE (Ta sẽ chứng minh  K  trùng  I ) ta có: BD.BA  BH  BE.BC  BAC  BED   BK BD BH 2R2 R        BH BC BA.BC R.BH BH    I  K    ABH  EBI Ta suy ra được  BK  R , mà  EBK Vậy ta được  BI  ED   Gọi  I  là hình chiếu của  B  lên  DE  DE  I  1;   BI  R  10  BH  20   2 Gọi  H  t ; 1  2t   BH    t     2t   20       17   t  H  ;     5   H  2;3     H  2;3 t  2 Phương trình đường thẳng  AC  là  x  y        11  41 13  41  ;  A   5 2 x  y      Tọa độ A, C là nghiệm hệ     2  x  1   y    10   11  41 13  41  ;  C  5     11  41 13  41   11  41 13  41  Vậy  A  ; ;  , C      5 5      x2  x  y  y   x  y  y   1  Câu 8: [1 điểm]  Giải hệ phương trình:     3 x  y  x y  xy  y  x y      Lời giải  2   x  y    x    x  y    2 x y  x  x y  xy  y x2  x  y  x2  x x2 y  x4 y    0   x  y   x2  y  x  x x y  xy  y   x y  xy  y  0     x2 x2  y2   x  y  1   2    x y 33  x y  xy  y  x y   x  x   x y  xy  y         x  3x  x  y  Thay vào (2) ta được:  x   3x  x  x    3   Nhẩm x = nghiệm kép , ta thay x = vào :  x   ;  3x3  x  x        0  2    3x    x2  x  1       Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  x 1 *   x2  x  Và:  3x3  x  x    3x   x  x   **   Áp dụng BĐT Cosi ta có:  x   1 x      Cộng vế theo vế (*) và (**) ta có:  x   3x3  x  x   x  3x    1  x  Dấu bằng xảy ra khi    x  3  3 x   x  x  Nên   3  x   y    Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất   3;3     Câu 9: [1 điểm]    Cho các số thực  x, y , z  thuộc   0;1  và  z   x, y , z  .Tìm GTNN của biểu thức:                                 P   x  z2 y  14 yz  z  y  z   x  1 y  1 z  1   x yz2 Lời giải z  Do  z   x, y, z  nên ta có  x  z   x        Ta lại có  z  y   y  z   y  y z  y z  yz  z  y  14 yz y  y z  y  y  14 yz  z      y  z y  14 yz  z 1     y  y  z  y z  y  z y  2   x  1 y  1 z  1 1 Do đó ta có  P       2 x y z2 z z   x  y  2 2   1    Ta có     2 z  z   x  y  z 2  z z    x   y   x  y   2  2 2   2  y  14 yz  z    Và   x  1 y  1 z  1    x  y  z    xy  yz  zx   xyz    x  y  z    xy  yz  zx     Lại có  1  x 1  y 1  z     x  y  z    xy  yz  zx   xyz      xy  yz  zx  x  y  z   xyz  x  y  z   P  x  y  z  16  x  y  z  x yz2 16t  với  t  a  b  c  và  t   0;3     t2 t  16 32 Ta có  f '  t     ; f '  t    t   f  t   f    10    t t  2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  là  10  , dấu  "  "  xảy ra khi  x  y  1, z       Xét hàm số  f  t   ĐỀ : Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  Câu 7: [1 điểm]   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B có phương trình cạnh  CD : x  y    Gọi M là trung điểm AB, H là chân các   đường vuông góc kẻ từ A đến MD, K là chân đường  2  vuông góc kẻ từ B đến MC, đường thẳng AH cắt đường thẳng BK tại  N  ;   Tìm tọa độ các đỉnh của hình  3   5 thang ABCD biết điểm M thuộc  d : x  y    và trung điểm E của MB có tọa độ  E  0;     2 Lời giải: Ta có  AMD  vuông tại A, AH là đường cao                                     AM  MH MD   BMC  vuông tại B  BM  MK MC   Mà  AM=BM do đó  MH MD  MK MC   Xét  MKH  và  MDC  ta có:   :  chung  KMH   MH MK  MHK  MDC      MC MD   IDH    MKH Tứ giác MKNH có    MHN   90o  90o  180o  MKNH nội tiếp MKN   MNH    MKH   NHD   90o  MN  CD     IDH   MKH   Tứ giác HNID nội tiếp   MIC Ta có  MNH     Phương trình đường thẳng MN qua N vuông góc CD là  MN : 3x  y    4 x  y   Tọa độ M là nghiệm hệ    M 1;3   3 x  y   x  xE  xM Vì E là trung điểm MB   B  B  1;     y B  y E  yM  x  xM  xB Vì M là trung điểm AB   A  A  3;     y A  yM  y B Phương trình cạnh AD là  AD : x  y  10   D  7; 4    Phương trình cạnh BC là  BC : x  y   C 1; 2    Vậy  A  3;  ; B  1;  ; C 1; 2  ; D  7; 4   là các điểm cần tìm.  Câu 8: [1 điểm]    x  y  xy  x  x  3  y  y  8  xy    Giải hệ phương trình       x  15 y  10  18 y  x    x  y   x   Lời giải 2 Điều kiện:  x  y  x   0; x    ; 2x + 3 ≥ 0 , 18y2 – x + 1  ≥ 0   Phương trình  1  của hệ phương trình tương đương   x  2y 2   x  y   12  22   x  y  1 2   x  y      Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có :   Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc   x  2y 2   x  y   12  22   x  y  1 2   x  y      x  2y x  y   x  y  x  y  x  3 y   Với  x  3 y  phương trình     của hệ phương trình tương đương  Dấu  "  "  xảy ra khi   2x  x  10  x  x    x  x   x     x  x  1   x  3  x  x    x  3   x  x  1  x      Đặt  a  x  x  1, b  x   a, b    phương trình đã cho trở thành  a  3b  a   a  3b  b   a  3a b  3ab  b3    a  b    a  b   x2  x   x    x2  x   x    x2  x   x   2 x   x  x   2 x   x  x   x   x  x    x  3  x       2x    2x   2x   2x     x     x  x   2 x    x  x  2x   2x      x   y  1  x    x  32 4 x  14 x      x  x   2 x   2 x      x  1  y   l    4 x  x   2 x    2 x  1    x  1  Với Với  2x    Vậy phương trình đã cho có nghiệm   x; y   3; 1    Câu 9: [1 điểm]   Cho các số thực không âm  x, y, z  thỏa mãn   x  z   y  z    64  Tìm GTNN của biểu thức    P Ta chứng minh bất đẳng thức phụ  x2 x  1  a     1  y yz 1  b  xz   ln x y   x Lời giải  *     ab Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có   a  b 1  ab    a b a   a  b  ab  1   a b b   1  a   1  b   2  a  b  1   b  a  1   a    a  b  ab  b    a  b  ab  b  1  a  1 b a ab 1 1          2 a  b  ab a  b  ab a  b  ab  ab 1  a  1  b   ab Áp dụng bất đẳng thức  *  ta có   Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  P  14  yz 1  x    1  y xz   ln x y  x 1 y x  ln  y  z  x  z  x y    x Ta có  64   x  z   y  z     x  z   y  z    8 x  z 8 y  z  64  x  z  y  z    (Tách số 7 ra thành 7 số 1 , rồi sau đó áp dụng Cô-Si cho 8 số ở 2 cái ngoặc)  1  y  ln 1        x  z  y  z    P  y  x 1 x y 1 Đặt  t    t  1  P  f  t    ln t   x t 1 t2 Ta có  f '  t       ;  f '  t    t     2t 2t t   Bảng biến thiên  x                  1                                                                                                        y '                                                                                                       y      1                                                                                                                          1                                                  ln    2 1 Dựa vào bảng biến thiên, giá trị nhỏ nhất của  P  là   ln  , dấu  "  "  xảy ra khi  t   x  y    2 1 Vậy giá trị của nhất của P  là   ln  , dấu  "  "  xảy ra khi  x  y  1, z     2   ĐỀ : Câu 7: [1 điểm]   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung điểm I của AC,  phương trình cạnh AC : x  y    Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao cho HA=2HD. Tìm tọa độ các đỉnh của  tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp  BDI  là   C  :  x    y   và đỉnh A có hoành độ  dương.  Lời giải   Gọi N là trung điểm của AH  IN là đường trung bình   IN  AH ACH     CH  IN HB AH Xét  ABC  có  HB.HC  AH     AH HC  AH  ND  HD HB HD Vì       ND NI  HC  NI   DIN  Suy ra  BDH  DIN  BDH         BDI  BDN  NDI  DIN  NDI  90o   tứ giác  BDIA nội tiếp    Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc   x  y    x   y   A 1;  Tọa độ A, I là ngiệm hệ    (vì  xA  )      x    y   x   y   I  0;1  xC  xI  x A  1  C  1;0    Vì I là trung điểm AC nên    yC  yI  y A  Phương trình AB qua A vuông góc AC là  AB : x  y      x    x  y   y  Tọa độ B là nghiệm hệ     B  4; 1   2   x    y    x     y  1 Vậy  A 1;  ; B  4; 1 ; C  1;0   là các điểm cần tìm.  Câu 8:  [1 điểm]   Giải phương trình  x  3x  x   x   x   x 1  x4  x  1    Lời giải Điều kiện:  x  1   Phương trình đã cho tương đương   x   x  3 x   x   x   x   x 1   x   x 1    x   a  Đặt    PT :  a  a  1 a   b  b  1 b   a  a  b  (1)   x   b  Xét hàm số  f  t   t  t  t  1 ; t  R với  f '(t )  5t  3t   0; t  R  f (t )  là hàm đồng biến  Theo tính chất hàm đồng biến ta có   f  a   f  b    a  b     a  Có (1)    f  a   f  b     a  a  b   thế lên trên ta được:  a  a  b       a  b Trường hợp 1: Với a=0   x    x  1  (loại do  x  1 )   1  13 (tm) x  2 Trường hợp 2: Với  a  b  x   x    x  1  x       1  13 (l ) x   1  13 Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x    Câu 9: [1 điểm]   Cho các số thực  x, y, z   thõa mãn  xyz   x  y  z   Tìm GTLN của biểu thức  P 2x2  2x   y  y   z  2z  x  y  z    xyz  Lời giải Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giả thiết ta có  Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  xyz   x  y  z  xy  z  z  xy    2z2  2z  *  xy  2z  xy   z     1 z  0  l   xy   2z  2z   Ta có  *   z  z   z xy  z  x  y      1  y  y   y  x  z  Chứng minh tương tự ta cũng có     1  x  x   x  y  z  Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có   x  x   y  y   z  z    xy  yz  xz    P  xy  yz  xz    x  y  z 2 x  y  z   2    2 xyz  xyz   x  y  z 2  x  y  z  2 2         2 2 xyz   x  y  z  xyz   xyz  1 xyz   x  y  z Đặt  t  xyz  từ điều kiện ta suy ra t   . Lúc đó  P       2t  1 2t  Xét hàm số f  t     1  t  12  với  t    ta có  f   t      0 ; t      3  2t  1 2t   2t  1  2t  1  2t  1 Suy ra  f  t   nghịch biến  t    nên ta có  P  f  t   f 1    Dấu đẳng thức xảy ra khi  x  y  z    Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức  P  là 1, dấu  "  "  xảy ra khi  x  y  z    Cách 2: Ta có:  x ( x  1)   x  x   x  x   x  x   x  x   x    Tương tự ta có:  y  y   y  1; z  z   z    2x 1  y 1  2z 1 2( x  y  z )  Do đó : P         2 ( x  y  z) xyz  ( x  y  z) x  y  z x  y  z (x  y  z) Xét hàm số  f  t     với  t  x  y  z     t t Hàm số  f  t   nghịch biến nên  P  f  t   f  3     Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức  P  là 1, dấu  "  "  xảy ra khi  x  y  z         ĐỀ : Câu 7: [1 điểm] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  cho tam giác  ABC  cân tại  A  , điểm  B 1;   . Vẽ đường cao  AH  , gọi  I  là trung điểm của  AB  , đường vuông góc với  AB  tại  I  cắt  AH  tại  N  Lấy điểm  M  thuộc đương  AH  sao cho  N  là trung điểm của  AM  . Điểm  K  2; 2   là trung điểm của  NM  . Tìm tọa độ điểm  A  biết  A   thuộc đường thẳng  x  y       Lời giải Page   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  ABM có  IN  la đường trung bình , nên  BM / / IN  do  đó  BM  vuông góc  AB   tứ giác  INMB  là hình  thang  Kẻ  KP  vuông góc với  AB  KP  sẽ là đường trung  bình của hình thang  INMB  (vì có  KP  song song 2  đáy và đi qua trung điểm của  MN )  P  là trung điểm  của  IB    Xét tam giấc  KBI  có  KP  vừa là đường trung tuyến  vừa là đường cao nên  KBI cân  KB  KI    I  là điểm thuộc đường tròn tâm  K  2; 2    bán kính  2 KB    K , KB  :  x     y    25    Gọi  I  x, y   A  x  1; y    thay vào đường  thẳng đi qua  A  ta có   x  1   y      hay  x  y     (2x - 1 ) + (2y – 2) – 3 = 0   Giải hệ :  ( x  2)2  ( y  2)2  25  x  1, y  2(loai)      x  2, y  1(tm) x  y      A  3;     4x2  x    5x  Lời giải Câu : [1 điểm] Giải bất phương trình :  x  x   Cách Điều kiện:  x      (5 x  4) x  x   (4 x  x  4)  0  5x  Với  x  1 là nghiệm của bất phương trình  Với  x  1 bất phương trình đã cho tương đương  Bất phương trình đã cho tương đương   x  1 x   x  x    x  1  x  x    x   x  1  x2  x   x      x   x  1   0 x2  x   2x    x   x  1  x  x    x  3  x  1 l   x2  x   x      1  x     x      0 x2  x        1  x    4  Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm  S   1;      5  Cách Điều kiện:  x     Bất phương trình đã cho tương đương   Page 10   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  0,25 *)2 x  x  x  x  x   x   x2  x2    2 x2  x  10 x  18    ( x  2)2  2  x  2, y  *) x     10 Câu 10 (1 điểm). Cho  a  b  c   Tìm GTNN :   (3a  (1,0đ) 4 ac   )  (3b  )  2048 bc ac ( a  b) 0,25    ac  P  3a   3b   2048   bc  ac ( a  b)   )3a  2 2a  aaa  44 bc bc bc  2a 2a   3a   256  256 b  c  bc ab  ac     2b   ) 3b   256 a  c  ab  bc  0,25  a4    ac b4 4(a  c)    P  3a   b   2048  512      3     bc  a  c ( a  b)   ab  ac ab  bc (a  b)  *) a4 b4 (a  b2 )2 ( a  b)4 ( a  b) ( a  b )3        ab  ac ab  bc ab  ac  ab  bc 4( ab  ac  ab  bc) 4( a  ac  ab  bc) 4( a  c) 0,25  (a  b)3 4(a  c)    1024  Dấu xảy : a = b = c = 1  Vậy   P  512    4(a  c ) (a  b)    10 (1,0đ) 0,25 4 ac )  (3b  )  2048 bc ac ( a  b)   4 4    1 2  1   a   b   a  b    a    b  c   a  c   b  c a  c   a  c  CÁCH  Cho  a  b  c   Tìm GTNN :   (3a  4 1  1   4(a  b)3  128(a  b)3 3a  3b   ( a  b)  ( a  b )  ( a  b )   4    a  c   a  c   a  c  ac  (a  b)3 4(a  c)    1024  Dấu xảy : a = b = c = 1  Vậy   P  512    4(a  c ) (a  b)  a  b  ( a  b) Bài toán sử dụng bất đẳng thức phụ :  0,   0,25   a  b  c  d  abcd Page 42   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc      ĐỀ 19 : Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông  ABCD  có  A  4;6   Goi  M , N  lần lượt là các    450 , N  5;8  và đường thẳng  MN  có phương trình  điểm nằm trên các cạnh  BC  và  CD  sao cho  MAN 38 x  y  182   Tìm tọa độ các điểm  B, C, D   0,25  Gọi  E  BD  AN , F  BD  AM , I  ME  NF      Ta có  MAN  NDB  MBD  45  nên hai tứ giác  ADNF , ABNE  nội tiếp.   Do đó  ME  AN , NF  AM  I trực tâm AMN  AI  MN    Gọi  H  AI  MN  Ta có  ABME, MNEF  là các tứ giác nội tiếp nên   AND   AFD   ANH    AND  ANH  Do đó  D  là điểm đối xứng của  H  qua đường thẳng  AN     84 98  Từ  AH  MN  H  H   ;   Do  D  là điểm đối xứng của  H  qua đường thẳng  AN  nên ta   17 17  tìm được  D  4;10        Ta có  AD  DC  5; DN   DC  DN  C  8;   Từ  AB  DC  B  0; 2      0,25  0,25  0,25     x2  y   x   x2  y  y   y  Câu (1 điểm). Giải hệ phương trình sau    xy   x  y  x  x   y   x   (1,0đ)    Lời giải  Điều kiện:  x  y   0; y  1; xy  0; y   0; x     x Phương trình  1  của hệ phương trình đã cho tương đương  0,25 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc      x  y   y  x  y    x  y  1 y   x2  y   x2  y 1  y  x2  y    x  y  1 y     x  y 1  x2  y    y  x2   1    y 1   x2  y   y x  y 1  Do  y  1; xy   x   x  3y   y  x  y 1 0,25  y      Thay  y  x   vào phương trình     của hệ phương trình ta có    2 x  x  1   x   x  1  x  x   x  0,25 1 1 x  x  x  x  x  1   x  x   x  x   x   x3  x  x   x  x   x   x2  x   1 x   x  x  1 x   x2    x  2 x2    x x x   x  2   x  2 x2  0,25 7  x2  2 x2      x   1  4 40 x x  x x     x   x2        x  2x     x   x       2     x 1 y  2  x   x   2x   20  x Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm  S  1; 2      a, b, c  1; 2 Câu 10 : Cho    . Tìm Giá trị nhó nhất của biểu thức:  a  b  c   c  1 13 4c  13 P   a  b  1   2 abc  10c   a  b  c  1 (1,0đ)    a  1 b    ab   2a  b + Từ giã thiết ta có:      ab     a  b  ab   a  2b  a   b  1  + Mà ta lại có:   2abc  10c   a  b  c  1  2c  ab     a  b    c  1 Ap Dung 1  1       3c  a  b    a  b    c  1   c  1 a  b  c  1 Page 44   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  + Từ đây suy ra:   c  1 2abc  10c   a  b  c  1 + Mặt khác theo bđt Mincopki ta có:   a  c 1  a  b  1       13 13  c2   4  a  b  c  1    13  3    0,25 0,25 + Từ (2) và (3) ta sẽ có:  P   a  b  c  1  13   a  b  c 1 t3  t   0t     Xét hàm số:  f  t    t  3,  t   ; f  t  '  t t2 t2  a  b  43 "  "   + Suy ra:  P  f      c  0,25       ĐỀ 20 :   2  Câu 6: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Biết  AB  5BC , tan BAD và trung điểm của cạnh AD là M(-5;-1). Tìm tọa độ đỉnh C biết rằng đường thẳng BD có phương trình  x  y   , điểm B có tung độ dương *) Đặt:  BC  AB  a     BAD   900    cos2 BAD  *) Có  tan BAD 1   cos BAD  1 tan BAD  5  Do  BAD  900    cos BAD 2   4a    BD  2a   *)  DB  AD  AB  AB AD.cos BAD 2 2 *) Có:  BD  AD  5a  AB    ADB  vuông tại B  5   a     MD    a  2   *)  d  M ; BD   2   1 a 17  MB  BD  MD   34    *)  B  BD  B  b  2; b     MB   b  3; b  1      NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc   b  3   b  1  b   nhan   34    B  0;    b  6  l  Ta sẽ tìm được C :   c  2 *)  C  c;  c  ;   BC  c; c   mà  BC  a  2  c   c   2      c  2 *) Với  c   C  2;0      (khác phía với M đối với đường BD nên thỏa mãn) Với  c  2  C  2;      (loại vì cùng phía M đối với bờ BD)  y  x y  y  x  1  x 1  x   y  x y    1 Câu : Giải hệ phương trình  I    x   y  x  x  0       *) Điều kiện:  y     y  x y  y  x  1  x 1  x    x   y   I     x   y  x  x  y  x y  y  x  1  x 1  x   x3  x  y  x y  y  x  1  x3  x     3  x   y  x  x  x   y  x  x  x  y   x  y  1  0     *     x   y  x  x            **  x  y  0    1'     *    x  y   0    ' y  x   x2  y    (1’). Có    (Thỏa mãn)  y  x   '  y  x   thay vào (**)  x   x3  x     x  1    x  2    x   x   x3  x     ***   *) Xét hàm:  f  t   t  t    t  R    f'  t   3t    f(t) đồng biến, liên tục trên R  ***  f  x  1 3 x y   x 1  f  x  x  x 1   2 x  x 1     Câu : Cho cac số thực dương  a, b, c  .Tìm GTNN của :  1   P   3a  2b  abc  b  5c 14  a  2b  6c a  b  2c a Ta có :  abc  b(2c )   a  2b  4c   Page 46   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc   1    4( a  b  c) 3a  2b  abc 4     4(a  b  c) 4(7  b  5c) 14  a  2b  6c    f ( a  2b  6c)   4(7  a  2b  6c) 14  a  2b  6c a  2b  6c  14 1 1     f (14)   Pmin   a 28 28  b  c  P ĐỀ 21 : Câu 8(1 điểm) Cho hình vuông  ABCD  , A(1, 4)  vẽ hai đường tròn   C1   có đường kính là  AD  và     C2   có bán kính là  AD  tâm  D  Lấy điểm  P    C2    AP  có phương trình  x  y    Đường  thẳng  DP   C1   tại  N  ,  AN  có phương trình  x  y  17   Tìm các đỉnh hình vuông biết rằng  xC   ,điểm  E  7; 2   thuộc đường thẳng  BC   Bước 1(Nhận định chứng minh tính chất) :                 0,25        Với kiểu giả thiết cho 2 đường thẳng cùng xuát phát 1 điểm , rồi kết hợp quan sát ta phát hiện ra AP    Ta sẽ chứng minh điều đó   là phân giác của góc BAN   90O , Mà AP là cung  +) Kẻ DK , K là giao điểm của AP với đường tròn nhỏ . Khi đó ta có  DKA của đường tròn lớn => AK = KP => KN là trung tuyến của tam giác vuông => NK = KA = KP       KDN  (Do   , lại có    (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung) ,  KAN +) Suy :  ADK  PDK ADK  BAP AKND nội tiếp)    NAP   AP là phân giác của góc PAN    BAP 0,25  Bước : Tính toán : gọi đường thẳng AB : A(x – 1) + B(y – 4) = 0   0,25  NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  A B    ;cos BAP   cos PAN 34 A2  B   A   35 A B B   2 34 A  B A 5   B Chọn  A    AB : x  y   , ta viết được phương trình BC :  BC : 3x  y  11    B  B(2, 1)  AB  34     Chọn  C (3, 4)  do  xC  , từ đây ta tìm được PT của  CD : x  y  27    Phương trình  AD : 3x  y  23    0,25  CD : x  y  27  C  D(6,1)    AD : x  y  23    3x  y   x   y  x  y  Câu (1 điểm) :  2 3  y  1  x  y  3  x  26  48 x  80 y  48 x   Điều kiện:   y    x  y  * Nếu x = 1 thì từ (2) suy ra y =0 thỏa mãn hệ.  * Nếu x > 1 ta có  1  3x  y    x  y  x   y      x  y  1  1  x  y  1 x  y  x 1  y  0  x 1  y     x  y  1         1 x  y x   y      )   x  y    (Do   1 x  y             0,25  0,25  Thay vào (2), ta được:        x    x  x  5  x  26  16 x  12  x  x    28          12 x  48 x  62 x   48 x  80 x  32   0,25  Page 48   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc        Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực không âm, ta có:      48 x  80 x  32  64  64  3 64.64. 48 x  80 x  32                       48 48 x  80 x  32    12 x  48 x  62 x    48 x  80 x  32  64  64            x  2  x  1    x  2   x   y   (Thỏa mãn)        Vậy (x, y) =   2,1   0,25  Câu 10 (1 điểm) : Cho  a, b, c  là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác thỏa mãn  a  b  c  1 . Tìm Giá trị  nhỏ nhất của biểu thức:   P 81abc   b  c   2a  b3  c                0,25  Cách : +Ta có bổ đề sau:   x  y  z  y  z  x  z  x  y   xyz    x yz z x y  x    tương tự vs 2 biểu thức còn lại, ta có đpcm  + Áp dụng kết hợp :  a  b  c  1 Ta có:  1  2a 1  2b 1  2c   abc     9abc    a  b  c * + c/m:   x  y  z  z  x  y     1   + Mặt khác theo  AM  GM  ta có:   a     a **    27 27   81abc  + Từ (*) và (**) ta có:   b  c  3a  9abc  a  b  c  9abc     a  b  c     + Theo  Bunhiacopski  ta lại có:   a  b3  c3    a  b  c   a  b3  c3    a  b  c     + Từ đây ta sẽ có:  P    a  b  c    a  b  c 2 2 2  0,25  0,25   1    a  b  c        3 0,25  Dấu bằng khi và chỉ khi  a  b  c         Cách : 81abc  P  b  c  3(2a  b3  c )   (b  c)  6a  3(b  c)3  9bc(b  c)  9abc 9     (1  a )  3(1  a )3  (1  a )2 (1  2a ) 15 71  a3  a  a   f( ) 36 3 Page 49   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  ĐỀ 22: Câu (1,0 điểm) Cho đoạn thẳng BC. M là trung điểm BC, D thuộc đoạn BC sao cho BC = 3CD. Kẻ đường   13  tròn đường kính BD. Lấy điểm A thuộc đường tròn trên, biết AD: 3x – 2y – 5 = 0, A(1;-1), M  ;   điểm C   4 thuộc đường thẳng 9x – 5y = 0. Tìm B,C     A B M C D N E   +) Dựng hình bình hành ABEC, AD cắt CE tại N   M là trung điểm của AE và CE // AB  Mặt khác AN  CE do AN  AB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   AN là đường cao của tam giác ACE  (1)  +) Ta lại có CM là trung tuyến của tam giác ACE ( M là trung điểm AE)    Mà CD =  BC  CM  nên D là trọng tâm của tam giác ACE  3   Do đó AN đi qua D là trung tuyến của tam giác ACE  (2)  Từ (1) và (2)   ACE cân tại A    Do đó AN là phân giác của góc  MAC +) Phương trình đường thẳng AM đi qua hai điểm A và M là: 7x – 9y – 16 = 0  Giả sử AC có phương trình là: ax + by – a + b = 0  Ta có                cos(AM;AD) = cos(AC;AD)  7.3  9.2 3a  2b        2 2 9 3 a  b 32  22     117a  117b2  90a  120ab  40b      (9a+7b)(3a+11b) = 0  9a  7b      3a  11b  Nếu 9a= -7b: chọn a=7; b= -9 ta được phương trình AC: 7x – 9y – 16 = 0 ( loại vì đây là phương trình  đường thẳng AM)   Nếu 3a = -11b: chọn a=11; b=-3 ta được phương trình AC: 11x – 3y – 14 = 0 (nhận)  5 9 Khi đó ta có C  ;    2 2  13  Vì M  ;   là trung điểm của BC nên B(4;-3)   4 5 9 Vậy B(4;-3)  C  ;    2 2 Cách không cần tính chất : NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  2d  ; d )  AD   1  ) MC  BC ; CD  BC  MC  3MD 3  C (2d  ;3d  )   2 3  )do : C  x  y   9(2d  )  5(3d  )  2  d   C( , ) 2  ) MB  MC  B(4, 3) ) D( 3x  y  x y  xy  y  x y       1  Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:      y  x  y  y  x  1       1   x  y    x  x y    x  x y  xy  y     x  y  x2  x  y  x2  x x2 y  x4 y    x  y   x2  y   2 x  x x y  xy  y   x y  xy  y    x2 x2  y2    x  y 1  2    x y 33  x y  xy  y  x y   x  x            x  y    3  0      0 2 x y  xy  y      Thế vào PT(2) ta được :  x   4 x  x  11x  x      13 x  3 Khi đó :  x  x  11x  x    ( x  1) ( x  3x  1)        13  1  x   2 Mà :  x   x  3x   ( x  1)  ( x  1)  ( x  1)  4 ( x  1) ( x  3x  1)   Dấu đẳng thức xảy ra   x  3x   x    x    y   Đối chiếu điều kiện       x    y   Vậy  ( x; y )  (2  6;2  6);(2  6;2  6)  là nghiệm của hệ .    Cách để giải ý sau : Page 51   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  x   4 x  x  11x  x   3( x  1)  ( x  x  1)  4 ( x  1)( x  x  1)    Xét x = -1 , ta tháy không là nghiệm   Chia cả 2 vế cho x + 1 ta có :  ( x  x  1) ( x  3x  1)  3  44  0  ( x  1) ( x  1) ( x  3x  1)   t  4t   (t  1) (t  2t  3)  Đặt t =  ( x  1)    t   x   x  3x     x, y , z   0;1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho    . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   xy  yz  zx  2   x  y  z   3 x  y  z   x2  y2  z   P  ln      x y z  xyz   Từ giả thiết ta sẽ có:    x  1 y  1 z  1   x  y  z   xyz   xyz   xyz   x  y  z   x  y  z     x  y  z     x2  y  z     xyz  xyz Mặt khác ta có:   3  x  y  z     x2  y  z    x  y  z     x  y  z  x yz x y z  x  y  z    x  y  z   4( x  y  z )   x  y  z   x  y  z x y z Từ đây ta sẽ có:   x yz    P  ln  x  y  z   2 Xét hàm trên      xy  yz  zx   x  y  z   xyz      x y z 2 x  y  1 Suy ra min P= ln    dấu bằng khi    ( và các hoán vị)  z    ĐỀ 23 : Câu : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho   ABC  nhọn nội tiếp đường tròn   C  : x  y  25   Page 52   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  Đường thẳng  AC  đi qua điểm  K  2;1  Gọi  M , N  lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh  B  và  C   Tìm tọa độ các đỉnh của   ABC  biết phương trình đường thẳng  MN  là  x  y  10   và điểm  A  có  hoành độ âm.  0,25   AI  BM  I ; AI   C   D     CAD   CD   CBD     900   APM  MAP  900   APM  CBD APM   ABC     BNC  BMC  90 MNBC  nội tiếp     NCB     900  AI  MN    NMB APM  NMP ABC  NCB Phương trình đường thẳng  AI : x  y    AI   C   A  A  4;3  ( Thỏa mãn ) hoặc  A  4; 3  ( Loại vì  xA   )  Phương trình đường thẳng  AC : x  y     0,25 AC   C   A  và  C  C  5;0    AC  M  M  M  1;    0,25 Phương trình đường thẳng  BM   x  y     BM   C   B  B  3; 4   ( Thỏa mãn ) hoặc  B  0;5   ( Loại vì cùng phía với  A  so với  MN  )      Vậy  A  4;3 ; B  4; 3 ; C  5;0    2( y  2) x  y  12  x   3x3 1 Câu 9) Giải hệ phương trình:      y ( y  1)  x  x  x  y    8 x  x  12   Điều kiện:   x  y      y y  y  y  ( x  x  12 x  8)  ( x  x  4)  ( x  2)    ( y )3  y  y  ( x  2)3  ( x  2)  ( x  2) f (t )  t  t   f '(t )  3t  2t      f (t ) 0,25 0,25 0,25 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  Hàm số đồng biến   y  x2  Thay vào (2) ta được  x x   x3   3x3   Dò nghiệm ta được x = 2 là nghiệm kép ,ta nghĩ ngay đến phương pháp đánh giá như sau   Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có:  x x   x    x    , tại sao ta lại để như vậy , để sinh ra x3  0,25 x   2.(2 x  4)  2(4  x  4)   x     x     x    x     x   x x      Thay vào (2) ta được  x x   x3   3x3   Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có:  x   x x      x     x    x     x3       x  Dấu bằng xảy ra khi    x   (thoả mãn)   y      x  0,25 Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất   2;      a  b  c   Câu 10) Cho các số thực  a, b, c thỏa mãn điều kiện  abc   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  c  1;    P  a2  b2  c2   a  b  c3  3  a2  b2  c2 a b c 6  3   a  b  c    ab  bc  ca  a  b  c  3abc    ab  bc  ca   16  a  b  c    ab  bc  ca  a  b  c  P  3 0,25   ab  bc  ca   16 16   ab  bc  ca   2t  16 16  3t Tìm điều kiện ab  bc  ca  t Đặt ab  bc  ca  t  P  Ta có đánh giá:  a  b  c  c  ab  c     c c 4 c 2 0 c 0,25  c  c  2c    0.764  c    c  Page 54   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc  t  ab  bc  ca  c  a  b   ab    c  c  2  c  4c   f  c  c c  c   1 f '  c   2c   f '(c)    c  c   c   Loai    Ta có : f 1  f       1  5 f      1  5 Nên  t  2 P  2t  16  f  t  16  3t f ' t   P 16  3t  f  5   1  5    0t  5;    0,25 0,25 a  b  Dấu “=” xảy  hoán vị c  Page 55   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com/quang.manngoc    Page 56   [...]...  2   4 3 3  x   x  5 x  2  4  x  1  3  x  4 3 3  x   x  5  x  2  3 x  1   Đặt  t  x  2  0  t 2  x  2  khi đó phương trình trở thành  3  x  4 3 3  x  t 3  3t 2  3t  1  4  4t   3 3 x  3 3  4 3 3  x  1  t   4 1  t    Xét hàm số  f  a   a 3  4a  f '  a   3a 2  4  0  f  a   đồng biến    3  x  f 1  t   3 3  x  1  t  3 3  x  1...  6  2 x 3 x(4  3  x  1  x 2   x 8  2 x 2  7 x  13  2 x 3 x (  x 2  3 x  1)   x  2 x 3  7 x 2  13 x  8  2 x 2 3 x(  x 2  3 x  1)  0    2 x 2 ( x  2)  3  x3  3 x 2  x)    3 x 2  13 x  8   0       2 x 2   3 x 2  13 x  8    1  0    ( x  2) 2   x  2  3  x3  3 x 2  x)  3  x 3  3 x 2  x) 2   3x 2  13x  8  0  A  0x    Page 35   NHÓM... b  1 Từ (1) và (2)       => B(1;1)  e  5 Mà K (3; 2) là trung điểm BC   C(5 ;3)   Câu 9: 3x 2  x  1  1 7x 1    3x  1 7x  3  2 x x 1 Đk : x > 1 /3 1 7x 1 3x 2  x  1    0  Bpt   3x  1 7x  3  2 x x 1  7x  3  2   3 x  1   4 x(3x  1)   x  x(3x  1)  3x  1  3x  1  0      0    7 x  3  2  3x  1    4 x(3x  1)  x  3x  1 1    0  7 x  3  2  3x  1... a 2  3a  1                  2a  1  3 a 2  3a  1  8a3  13a 2  3a  0  8a 2  13a  3  0   13  73 13  73  hoặc  a    16 16 73 7  73 y (loai) 6   73 7  73 y (T / M ) 6                a   13  x  6   13  x  6   13  73 7  73  Vậy có 1 nghiệm duy nhất:   x; y    ;     6 6   Loại vì không thỏa mãn  y 3 x y  0     Page 36   ... x x  0  8 13 7 1 3  2   2  23 2  1   3 x x x x x 1 Đặt   a (a  0)   x  Pt   8a 3  13a 2  7a  2  2 3 a 2  3a  1    8a3  12a 2  4a  3  a 2  3a  1  2 3 a 2  3a  1    (2a  1 )3  2(2a  1)  a 2  3a  1  2 3 a 2  3a  1   (II)  Xét  f (t )  t 3  2t  t  R    f '(t )  3t 2  2  0t  R    Hàm số đồng biến trên R.  Mà (II)   f  2a  1  f  3  a 2  3a  1                ... NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com /quang. manngoc   13  73 7  73 y (loai) x  6 6      13  73 7  73 y (T / M ) x  6 6   13  73 7  73  Vậy có 1 nghiệm duy nhất:   x; y    ;     6 6   y Loại vì không thỏa mãn  3 x y  0   Cách2 : Dùng hàm số : x  y 1  0   Thay vào (2)   8   7 x  13  2 x 2  2 x 3 x 1  3 x  x 2 ...  (3x  7) 3 x  1  ( x  y  9) x  y  3  9  x  y  1 2    2 (3 x  7) 3 x  1  2( x  y  9) x  y  3  9  2 x  y  2  Phương trình   2   của hệ  phương trình  tương đương     2 (3 x  1) 3 x  1  12 3 x  1  9 (3 x  1)  2( x  y  3) x  y  3  12 x  y  3  9  x  y  3 a  3x  1 Đặt    a, b  0   khi đó phương trình trở thành  b  x  y  3 2a3  12a  9a 2  2b3 ...  3c   3a  2b  3c   3a  3b  3c bc bc 3 3  P  (a  b  c)  ln( a  b  c  1  2)  f (t )  (t 2  1)  ln(t  2) 2 2 2  t  a  b  c 1  1  a 2  bc  b 2  ac  c 2  ab  2a  2b  3c    3 2 1 3t 2  6t  1 (t  1)  ln(t  2)  f '(t )  3t    0t  1 2 t2 t2 9  f max  f (2)   2 ln 2 2 f (t )  Dấu bằng xảy ra khi : a = b = 3/ 2 , c = 0 và các hoán vị của nó   ĐỀ 13 : Câu. .. 1    3 5 x  2    x  3x  1  x 2  3x  1    3 5 x   2 1 3 5  x 2 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm cuả bpt   3  3 5 x   2     x  x  3x  1  Câu 10 :   Ta có :  2(2a  b  c)2  5(2a  b) 2  0  28a 2  7b2  2c 2  12ab  8ac  4bc   2 a (b  c )  b( a  c )  a  b  2c do  0  (2 a, b )  1  c   Page 33   NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Facebook : https://www.facebook.com /quang. manngoc ...  tương đương  2 (3 x  1)  2 3 x  1 x  y  3  2.( x  y  3)  12  9( 3 x  1  x  y  3  0 y  2 x  4 x  20  2 3x  1 3  x  9( 3x  1  3  x )  0 1 Các em dùng điều kiện của x :    x  3 để chứng minh phương trình trên vô nghiệm.  3 1   y  2 x x   Vậy nghiệm của hpt là:   2   3x  1  x  y  3  y  1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x; y    ;1    2  Câu 10 [1 điểm]