Chinh phục 8, 9, 10 điểm môn toán từ các đề thi thử

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.. Phương trình một của hệ tương đương với Đặt t x 0 y CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ Thầy Đặng Việt Hùn

VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Câu 1: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )T có phương trình ( ) (2 )2

x− + y− = Các điểm K(−1;1 ,) ( )H 2;5 lần lượt là chân đường cao hạ từ A B của tam giác ,

ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương

Lời giải

Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn

Do
AHB=
AKB=900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp

Ta có
ACx=
ABC và 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: 4x−3y+ =7 0

Đường thẳng TC qua T( )1; 2 và vuông góc với đường thẳng

HK nên phương trình TC: 3x+4y− =11 0

Do C∈TC⇒C(1 4 ; 2 3+ t − t)

( )

t C

TC t t



Đường thẳng AC qua C(5; 1 ,− ) ( )H 2;5 nên phương trình đường thẳng AC: 2x+ − =y 9 0

Đường thẳng BH qua H( )2;5 và vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH x: −2y+ =8 0

Đường thẳng BC qua C(5; 1 ,− ) (K −1;1) nên phương trình đường thẳng BC x: +3y− =2 0

Ta có B =BC∩BH ⇒B(−4; 2)

Đường thẳng AK qua K(−1;1) và vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK: 3x− + =y 2 0

5 5

A AC AK A 

Vậy 7 31 ( ) ( )

; , 4; 2 , 5; 1

5 5

A  B C

  là các điểm cần tìm

Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa - Lần 2 – 2015]

x xy y y xy x x y







Lời giải:

Điều kiện: x≥2; y≥2

Phương trình một của hệ tương đương với

Đặt t x 0

y

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ

Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: (8x−6) x− =1 (2+ x−2)(x+4 x− +2 3)

9

x

x

=





Vì xét hàm số ( ) 3

f t = +t t là hàm số đồng biến trên (0;+∞) mà f ( 4x−4) (= f 2+ x−2) Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( ) 34 34

; 2; 2 , ;

9 9

Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội - Lần 1 – 2015]

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Điểm 11;3

2

F 

  là trung điểm của cạnh AD Đường

thẳng EK có phương trình 19 x−8y− =18 0 với điểm E là trung điểm của cạnh AB , điểm K thuộc cạnh

DC và KD=3KC Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3

Lời giải

Đặt cạnh hhhh vuông AB=4a Xét hình vuông ABCD trong hệ trục toạ

độ với B là gốc BC trùng với Ox và BA trùng với trục Oy

Ta có: F(2 ; 4a a) (;E 0; 2a) (;K 4 ;a a)

4

17 2 17

a

Khi đó 2 2 5 2

2

EF = a = Do đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ:

( )

2

2

19 8 18 0



Lại có: AC là trung trực của EF nên AC: 7x+ −y 29=0

4 4

M AC EF M 

10 17

;

3 3

I EK AC I 

3;8 5

MC= MI ⇒C

 

Câu 4: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015]

Giải hệ phương trình

( )

2

xy y x





Lời giải:

ĐK: ,x y∈ℝ (*)

y x xy y x x

Ta có x2+ >2 x2 = ≥ −x x⇒ x2+ + >2 x 0

y x x x x y x x

Thế vào (2) ta được ( )2 ( )

x+ x + + x+ x + x+ = x − x

( ) ( )2

2x 2 2x x 2 2 x 1 x 1 2 2x 4x

( ) ( )2 2

4x 2 2x x 2 2 x 1 x 1 2 0

( ) ( )2 2

2x 1 x x 2 x 1 x 1 2 0

( ) ( ) ( )2 ( ) ( ) ( )2

( 1) ( )

Xét hàm số ( ) 2

2

f t = +t t t + với t∈ℝ có

2

2

t

t

( )

f t

⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) 1 1 1 1 2 1

2

x y  

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 và ngoại tiếp đường tròn tâm K( )1; 4 Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB AC, kéo dài có tâm là F(11;14) Viết

phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC

Lời giải

Đường tròn tâm F tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB AC, nên

đường tròn tâm F là đường tròn bàng tiếp tam giác

Ta có FB BK FBKC

FC CK

⊥



⇒



⊥

 là tứ giác nội tiếp

Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

DKC = BAC+ ACB= DCK

DKC

⇒∆ cân tại D⇒DC =DK

Do đó DC =DK =DB nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp BKC∆

hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF Do đó D là

trung điểm của FK ⇒D( )6;9

Đường tròn ngoại tiếp ABC∆ tâm I( )3;5 bán kính ID=5 có phương

trình ( ) ( ) (2 )2

C x− + y− =

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKC tâm D( )6;9 bán kính

50

DK = có phương trình ( ) ( ) (2 )2

C x− + y− =

Phương trình đường thằng BC là 3 x+4y−29=0

Đường thẳng AK qua K( ) (1; 4 ,F 11;14) nên phương trình AK x: − + =y 3 0

Ta có A là giao điểm của AK với ( )C1 nên tọa độ A(−1; 2)

Đường cao AH qua A(−1; 2) và vuông góc với BC nên phương trình AH: 4x−3y+10=0

Vậy phương trình đường thẳng BC: 3x+4y−29=0 , đường cao AH : 4x−3y+10=0

Câu 6: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]

Giải hệ phương trình

2

2

2

2 1

1 2 4 4 2

xy y x

y x

x

x x







Lời giải

ĐK: ,x y∈ℝ (*)

y x xy y x x

Ta có x2+ >1 x2 = ≥ −x x⇒ x2+ + >1 x 0

y x x x x y x x

Thế vào (2) ta được ( )2

2

1 2

2 1

1 2 4 4 2

x

2

2 1

1 2 4 4 2

x

( )

1 2x x 1 2x 1 2 2x 1 4x 4x 2

( ) ( )2 2

2x x 1 2x 2 2 2x 1 2x 1 1

( ) ( )2 2

1 1 2 1 2 1 1

( ) ( ) ( )2 2

1 2 1 2 1 2 1 1

( ) (2 1)

Xét hàm số ( ) 2

1

f t = +t t t + với t∈ℝ có

2

1

t

t

( )

f t

⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ =x 2x− ⇔ =1 x 1⇒y= +1 2 thỏa mãn (*)

Đ/s: ( )x y; =(1;1+ 2)

Câu 7: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]

Giải hệ phương trình

y xy y x y

x y x y x xy y







Lời giải

ĐK: x2+2xy+ ≥y 0 (*)

y x y xy y y x y x y

Ta có x2+y2+ >2 x2 = ≥ −x x⇒ x2+y2+ + >2 x 0

Do đó (3) ( 2 2 2) ( 2 ) ( 2 2 )

y x y x y x y x

y x y x y x x y

y x x y x xy y x y xy

Kết hợp với (2) ta được 3 3 ( 2 ) 2

x +y = x + +y x − +y

x y xy x y x y x y x y

x y x y x y x y

2

f x y f x y

( )

f t

⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) 2

2

x y x y

x y x y x xy y x y

y xy Loai

y y y y

y x





Thử lại ta thấy ( ) (x y; = −1;1) thỏa mãn hệ đã cho

Đ/s: ( ) (x y; = −1;1)

Câu 8: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]

Cho ,x y là các số không âm thỏa mãn 2 2

2

x +y = Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức ( 5 5) 2 2( )

P= x +y +x y xy+ − xy+

Lời giải

Ta có ( 3 3) ( 2 2)( 3 3) 5 5 2 2( )

2 x +y = x +y x + y =x +y +x y x+ y

Lại có ( 2 2)3 6 4 2 2 4 6 ( 3 3)2 2 2 3 3 2 2 3 3 2

x + y = x + x y + x y + y = x + y + x y − x y ⇔ x y − x y = −t

Với t =x3+y3, do đó ( 2) 2

10 2 8 16 10 2

P= t+ −t = + t− t

2

2

2 0

2 0

x x

y y



Suy ra với điều kiện t∈2; 2 2 , xét hàm số ( ) 2

16 10 2

f t = + t− t , có ( ) 5 min ( ) ( ) ( )2 28

2 2





 



Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]

Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a2+b2 =3c2 +4

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) (2 ) ( ) (2 )

3

b c a c a c b c

a c b c

Lời giải

2

b c a c b c a c c c b c

b c

Tương tự tách biến cho biểu thức còn lại, ta được: ( ) (2 )2 ( ) (2 )2 3

2 b c a c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) (2 ) (2 )2

2

2 2

b c a c a b c

a b c

a c b c a b c

P c c a b c c a b c c c c c  c 

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 112

27 Dấu đẳng thức xảy ra tại

;

a= =b c=