Chinh phục mục tiêu 25 điểm môn toán thầy Đặng Việt Hùng

Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

CHINH PHỤC MỤC TIÊU 25 ĐIỂM ĐẠI HỌC
Thầy Đặng Việt Hùng – MOON.VN

Công thức 25 điểm trở lên: Toán 8.5; Lí 8; Hóa 8,5 và điểm ưu tiên.
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

PHẦN 1 : ĐỀ BÀI
(Chỉ xem giải khi bất lực !!!!)
9 3
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với M  ; −  là trung điểm của đoạn BC
2 2
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x + 3 y − 5 = 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2 x − y + 2 = 0.

3 x − 11 y + 4 y ( 3 x + y ) + 3 x + y = 2 y ,

Câu 2: Giải hệ phương trình 
( x; y ∈ ℝ ) .
3 x 2 y − 5 y 2 + 3 = y 2 3 2 y 2 − x3 .
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 2BC, D là trung điểm
cạnh AB. E thuộc cạnh AC sao cho AC = 3EC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình
 16 
đường thẳng CD : x − 3 y + 1 = 0 và E  ;1 .
 3 
4
4
 x + y + y − 5 x + 2 = 0
Câu 4: Giải hệ phương trình  3

( x, y ∈ R ) .
3
2
5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y
Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K và ngoại tiếp
đường tròn tâm I (1; −5 ) . Gọi D là điểm đối xứng của A qua K. E là giao điểm thứ hai của BI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C ( −2; −2 ) , X ( −2; 4 ) . Tìm tọa độ đỉnh A và B.

Câu 6: Giải phương trình

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 =

1
2

(7x
2

2

− x + 4).

Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C ( 2; −5) và nội tiếp đường tròn

( I ) lấ y

tâm I. Trên cung nhỏ BC của đường tròn

điểm E, trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho

EM = EC . Tìm tọa độ đỉnh A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng y − 2 = 0 và M ( 8; −3) .

(

)

 xy + x − y
(
) xy − 2 + x = y + y

Câu 8: Giải hệ phương trình 
( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4


(

)

( x, y ∈ R ) .

2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4
Câu 9: Giải hệ phương trình 
2
2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT
(Không bị bất lực vẫn cần phải cố gắng hơn nữa)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!

Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
9 3
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với M  ; −  là trung điểm của đoạn BC
2 2
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x + 3 y − 5 = 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2 x − y + 2 = 0.
Lời giải:
1
Gọi I là trung điểm của AH ta có: IE = IF = AH
2
1
Mặt khác ME = MF = BC nên IM và đường trung trực của EF.
2
3
 11 7 
Khi đó: IM : x + 2 y − = 0 ⇒ I  − ;  .
2
 2 2
Lại có: IEH = IHE; MEH = MBH ( do IE = IH ; ME = MB )
Mặt khác IHE + MBH = 900 ⇒ IEH + HEM = 900 ⇒ IE ⊥ ME .
t = 2
3 
7
 11  9  
Gọi E ( t ; 2t + 2 ) ta có: EM .EI = 0 ⇔  t +  t −  +  2t −   2t +  = 0 ⇔ 
2  2  
2 

2

t = −3
2

2

125
7  125
 21
 
⇔  − 3u  +  u −  =
Với t = 2 ⇔ E ( 2;6 ) . Gọi A ( 5 − 3u; u ) ta có: IA = IE =
2
2
2
 2
 
u = 6  A ( 2;1)
⇔
⇒
u = 1
 A ( −13; 6 )
2

2

2

2

7  125
 21
 
Với t = 2 ⇔ E ( −3; −4 ) ⇒  − 3u  +  u −  =
(tương tự như TH trên)
2
2
 2
 
Kết luận: A ( 2;1) hay A ( −13;6 ) .
3 x − 11 y + 4 y ( 3 x + y ) + 3 x + y = 2 y ,

Câu 2: Giải hệ phương trình 
3 x 2 y − 5 y 2 + 3 = y 2 3 2 y 2 − x3 .
Lời giải.
Điều kiện 3 x + y ≥ 0; y ≥ 0 .

( x; y ∈ ℝ ) .

Đặt a = 3x + y ; b = 2 y ; a ≥ 0, b ≥ 0 thì phương trình thứ nhất trở thành

a 2 + 2ab − 3b 2 + a − b = 0 ⇔ a 2 + 3ab + a − ab − 3b 2 − b = 0
⇔ a ( a + 3b + 1) − b ( a + 3b + 1) = 0 ⇔ ( a − b )( a + 3b + 1) = 0 ⇒ a = b ⇒ x = y
Phương trình thứ hai trở thành 3x 3 − 5 x 2 + 3 = x 2 3 2 x 2 − x3 . Điều kiện x ∈ ℝ .
Nhận xét: x = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét trường hợp x ≠ 0 , phương trình đã cho tương đương với .
1
Đặt = t thu được phương trình 3t 3 − 5t + 3 = 3 2t − 1 ⇔ 3t 3 + t = 3 ( 2t − 1) + 3 2t − 1 (*).
x

Xét hàm số f ( t ) = 3t 3 + t ta có f ′ ( t ) = 9t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ .
Do đó hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ℝ . Suy ra

( ∗) ⇔ f ( t ) =

f

(

3

)

2t − 1 ⇔ t 3 − 2t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t − 1) = 0

 −1 − 5 −1 + 5 
 1 − 5 1 + 5 
⇒ t ∈ 1;
;
;
 ⇒ x ∈ 1;

2
2 
2
2 



Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!

Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
 1 − 5 1 + 5 
Thử lại, phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1;
;
.
2
2 

Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 2BC, D là trung điểm
cạnh AB. E thuộc cạnh AC sao cho AC = 3EC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình
 16 
đường thẳng CD : x − 3 y + 1 = 0 và E  ;1 .
 3 
Lời giải
Giả sử BC = a, AB = 2a ⇒ CD = a 2, AC = a 5

CD 2 + CA2 − AD 2
3
Ta có cos DCA =
=
2CD.CA
10
 16 
Đường thẳng AC qua E  ;1 nên gọi phương trình
 3 
16 

đường thẳng AC : a  x −  + b ( y − 1) = 0

3

a − 3b
3
Ta có cos DAC = cos ( CD, CA) =
=
2
2
10
10 a + b
a = 0
2
⇒ a − 3b = 3 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 3b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔ 
 4a + 3b = 0
• Trường hợp 1: a = 0 ⇒ AC : y − 1 = 0
Ta có C = AC ∩ CD ⇒ C ( 2;1) . Do AC = 3EC ⇒ CA = 3CE ⇒ A (12;1)

Do D ∈ DC ⇒ D ( 3t − 1; t ) ⇒ B ( 6t − 14; 2t − 1)

Ta có AB = ( 6t − 26; 2t − 2 ) , CB = ( 6t − 16; 2t − 2 )

t = 3
 B ( 4;5 )
Mà AB ⊥ CB ⇒ ( 6t − 26 )( 6t − 16 ) + ( 2t − 2 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔  7 ⇒ 
t =
 B ( 7; 2 )
 2
• Trường hợp 2: 4a + 3b = 0 chọn a = 3, b = −4 ⇒ AC : 3 x − 4 y − 12 = 0
Ta có C = AC ∩ CD ⇒ C ( 8;3) . Do AC = 3EC ⇒ CA = 3CE ⇒ A ( 0; −3)

Do D ∈ DC ⇒ D ( 3t − 1; t ) ⇒ B ( 6t − 2; 2t + 3)
Ta có AB = ( 6t − 2; 2t + 6 ) , CB = ( 6t − 10; 2t )

 1
 B (1; 4 )
t=

Mà AB ⊥ CB ⇒ ( 6t − 2 )( 6t − 10 ) + 2t ( 2t + 6 ) = 0 ⇒
2⇒

 B ( 4;5 )
t = 1
 x 4 + y 4 + y − 5 x + 2 = 0
Câu 4: Giải hệ phương trình  3
3
2
5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y

( x, y ∈ R ) .

Lời giải:
Ta có (2) ⇔ ( 5 x 3 + 5 x ) − ( 4 x 3 y + 4 xy ) − ( x 2 y + y ) = 0

⇔ 5 x ( x 2 + 1) − 4 xy ( x 2 + 1) − y ( x 2 + 1) = 0 ⇔ ( x 2 + 1) ( 5 x − 4 xy − y ) = 0
⇔ 5 x − 4 xy − y = 0 ⇔ y − 5 x = −4 xy.
Thế vào (1) ta được x 4 + y 4 − 4 xy + 2 = 0 ⇔ x 4 + y 4 + 2 = 4 xy.

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!

Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
Áp dụng BĐT Côsi ta có x 4 + y 4 + 2 = x 4 + y 4 + 1 + 1 ≥ 4 4 x 4 . y 4 .1.1 = 4 xy ≥ 4 xy.

 x4 = y 4 = 1  x = y = 1
⇔
Dấu " = " xảy ra ⇔ 
 x = y = −1
 xy ≥ 0
Thử lại ta được x = y = 1 thỏa mãn.

Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K và ngoại tiếp
đường tròn tâm I (1; −5 ) . Gọi D là điểm đối xứng của A qua K. E là giao điểm thứ hai của BI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C ( −2; −2 ) , X ( −2; 4 ) . Tìm tọa độ đỉnh A và B.
Ta có: AC ⊥CX ⇒ AC : y = −2 .

Lời giải:

A
A+ B
+ CAE =
= AIE
2
2
Do vậy tam giác EAI cân tại E. Do vậy ta có: EA = EI = EC .
Mặt khác KA = KC ⇒ EK là trung trực của AC khi đó KE là
đường trung bình trong tam giác ADX.
Gọi A ( 2t ; −2 ) ⇒ E ( t − 1;1) .
Lại có: IAE =

Khi đó: ( t + 1) + 9 = ( t − 2 ) + 36 ⇔ t = 5 ⇒ A (10; −2 )

2

2

E ( 4;1) ⇒ EI : 2 x − y − 7 = 0

Lấy điểm A1 đối xứng với A qua IE ta được A1 ( −2; 4 ) . Suy ra BC : x = −2 ⇒ B ( −2; −11) .
Vậy A (10; −2 ) ; B ( −2; −11) .

Câu 6: Giải phương trình

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 =

1
2

(7x
2

2

− x + 4).

Lời giải:
x ≥1
3 x 2 ≥ 1 
ĐK:  2
⇔
1
x ≤ −

 x ≥ x
3

•

(*)

Xét với x ≥ 1 ⇒ ( x 2 − x ) − x 2 ( x 2 + 1) = − x − x 4 < 0 ⇒ x 2 ( x 2 + 1) > x 2 − x ≥ 0

⇒ x x 2 + 1 > x 2 − x ⇒ x 2 − x − x x 2 + 1 < 0 ⇒ VT (1) < 3x 2 − 1

(2)

Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2. 3 x 2 − 1 ≤ 2 + ( 3 x 2 − 1) = 3 x 2 + 1.
Mặt khác 7 x 2 − x + 4 − ( 3 x 2 + 1) = 4 x 2 − x + 3 = 3 x 2 + x ( x − 1) + 3 > 0, ∀x ≥ 1

⇒ 3 x 2 + 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 2 2. 3 x 2 − 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 3 x 2 − 1 <

1
2

(7 x
2

2

− x + 4 ) = VP (1) .

Kết hợp với (2) ⇒ VT (1) < VP (1) ⇒ ∀x ≥ 1 đều không thỏa mãn (1).

•

Xét với x ≤ −

1
1
1
ta đặt x = −t ⇒ −t ≤ −
⇒t≥
.
3
3
3

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
Phương trình (1) trở thành

3t 2 − 1 + t 2 + t + t t 2 + 1 =

1
2 2

( 7t

+ t + 4)

2

⇔ 2 6t 2 − 2 + 2 2t 2 + 2t + 2t 2t 2 + 2 = 7t 2 + t + 4
⇔ 2t

(

) (

) (

2t 2 + 2 − t − 1 + 2 2t 2 + 2t − 3t − 1 + 2

)

6t 2 − 2 − 3t + 1 = 5t 2 − 10t + 5

2
2
2t  2t 2 + 2 − ( t + 1)  4 ( 2t 2 + 2t ) − ( 3t + 1) 2 2 6t 2 − 2 − ( 3t − 1) 



 = 5 t −1 2
⇔
+
+
( )
2
2
2

2t + 2 + t + 1
2 2t + 2t + 3t + 1
6t − 2 + 3t − 1

⇔

2t ( t 2 − 2t + 1)
t + 1 + 2t 2 + 2

+

−t 2 + 2t − 1

+

3t + 1 + 2 2t 2 + 2t

2 ( −3t 2 + 6t − 3)
3t − 1 + 6t 2 − 2

= 5 ( t − 1)

2


2t
1
6
2
⇔ ( t − 1) 

−
−
− 5 = 0
2
2
2
 t + 1 + 2t + 2 3t + 1 + 2 2t + 2t 3t − 1 + 6t − 2

Đặt T =

2t
t + 1 + 2t + 2
2

−

1
3t + 1 + 2 2t + 2t
2

−

6
3t − 1 + 6t 2 − 2

(2)

− 5.

−5 − 3t − 5 2t 2 + 2

1 1
2t
> ⇒T <
+0+0−5 =
< 0.
Với t ≥
3 3
t + 1 + 2t 2 + 2
t + 1 + 2t 2 + 2
Khi đó (2) ⇔ ( t − 1) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ − x = 1 ⇒ x = −1 thỏa mãn (*).
2

Đ/s: x = −1.
Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C ( 2; −5) và nội tiếp đường tròn

( I ) lấ y

tâm I. Trên cung nhỏ BC của đường tròn

điểm E, trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho

EM = EC . Tìm tọa độ đỉnh A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng y − 2 = 0 và M ( 8; −3) .

Lời giải:
Ta có: AEB = ACB = 45 ; CEM = 90 .
Phương trình đường thẳng CM: x − 3 y − 17 = 0
0

0

Do vậy BEC = BEM = 1350 ⇒ ∆BEC = ∆BEM ⇒ BC = BM .
Lại có: EC = EM nên BE là trung trực của CM.
Khi đó: BE : 3x + y − 11 = 0 ⇒ B ( 3; 2 ) ⇒ AB : x + 7 y − 17 = 0 .
Gọi E ( t ;11 − 3t ) ta có: ME.CE = 0

t = 6 ⇒ E ( 6; −7 )
⇔ ( t − 8 )( t − 2 ) + (16 − 3t )(14 − 3t ) = 0 ⇔ 
t = 4 ⇒ E ( 4; −1)
Do B,E cùng phía với CM nên điểm E ( 6; −7 ) bị loại. Khi đó: AE : x + 2 y − 2 = 0

Do vậy A = AE ∩ AB ⇒ A ( −4;3) .

(

)

 xy + x − y
(
) xy − 2 + x = y + y

Câu 8: Giải hệ phương trình 
( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4


(

)

( x, y ∈ R ) .

Lời giải:

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0, xy + ( x − y )
Khi đó (1) ⇔ xy + ( x − y )
•

(

(

)

xy − 2 ≥ 0

(*)

)

xy − 2 − y + x − y = 0

Với y = 0 khi đó (3) trở thành

(3)

−2 x + x = 0 ⇔ −2 x = x = 0 ⇔ x = 0.

Thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn ⇒ Loại.
•

Với y > 0 ⇒ T = xy + ( x − y )

Khi đó (3) ⇔

⇔

xy + ( x − y )

(

(

)

xy − 2 + y > 0 và B = x + y > 0.

)

xy − 2 − y 2

T

y ( x − y) + ( x − y)

(

xy − 2

T

+

x− y
=0
B

) + x − y = 0 ⇔ ( x − y )  y +



B

xy − 2 1 
+ =0
T
B 

(4)

4 + ( x + 1) ( x 2 − x − 2 )
4
4
2
Từ (2) ⇒ y + xy + x − x =
⇒ y + xy − 2 =
+ x −x−2=
x +1

x +1
x +1
2

x 3 − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2 )
⇒ y + xy − 2 =
=
≥ 0, ∀x ≥ 0
x +1
x +1
2

Kết hợp với T , B > 0 ⇒

y + xy − 2 1
+ > 0 nên (4) ⇔ x = y.
T
B

Thế vào (2) ta được ( x + 1) ( x + x + x − x 2 ) = 4 ⇔ ( x + 1) ( x 2 − 3 x ) + 4 = 0
x = 1
⇔ x − 2 x − 3 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − x − 4 ) = 0 ⇔ 
 x = 1 ± 17

2
3

2

2

x = 1⇒ y = 1
Kết hợp với (*) ta được 
 x = 1 + 17 ⇒ y = 1 + 17

2
2

Đ/s: ( x; y ) = (1;1) ,


 1 + 17 1 + 17  
;

 .
2  
 2

2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4
Câu 9: Giải hệ phương trình 
2
2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y
Giải:
−1

x ≥
Điều kiện: 
(*)
3

6 − 4 y − y 2 ≥ 0


Xét Phương trình (1) có: (1) ⇔ 2 ( y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8 ) + y + 2 = 2 ( x + 4 ) x + 4 + x + 4
⇔ 2 ( y + 2) + ( y + 2) = 2
3

(

)

3

x+4 + x+4

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t∀t ∈ R có f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ R nên f (t ) là hàm đồng biến.
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

 y ≥ −2
⇒ y+2= x+4 ⇔  2
y + 4y + 4 = x + 4
Thế − y 2 − 4 y = − x vào (2) ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 + 3 x 2 − 14 x − 8 = 6 − x
⇔

(

) (

)

3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 ⇔

3
1
−1
+
+ ( 3 x + 1) > 0, ∀x ≥
)
3
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
V ới x = 5 ⇒ y + 2 = 3 ⇔ y = 1

3 ( x − 5)

x −5
+ ( x − 5)( 3x + 1) = 0 ⇔ x = 5
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
+

(Do

Đ/s: ( x; y ) = ( 5;1) .

Các khóa Vệ tinh chuyên sâu các mảng Toán khó tại Moon.vn
- Khóa CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY
- Khóa CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
- Khóa KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT

- Khóa KĨ THUẬT SỬ DỤNG MÁY TÍNH CASIO
- Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN

Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!