CHINH PHỤC ĐIỂM 8, 9, 10 TOÁN TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ 2016

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 – P1
Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Ví dụ 1. [Video, trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
 x 2 + 4 y ( x − 5 ) − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y
a) Giải hệ phương trình 
4 y ( x − 4 ) + x = 2 x − 1

 x 2 + xy − y 2 = y − x + 2 y + 4
b) Giải hệ phương trình 
 x + y + xy = 3 + 2 x − 1
Ví dụ 2. [Video, trích đề thi thử THPT Quốc Gia tỉnh Bắc Ninh - Lần 1 – 2015]:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G ( 7; −1) là trọng tâm tam giác
ABC , điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GB = GD .Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh
B có tung độ dương và đường thẳng BD có phương trình là: 3 x − y − 12 = 0 .

Ví dụ 3. [Video, ý tưởng chuyên ĐH Vinh - 2016]:
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = 4 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x3 + y 3 + z 3 + 8 ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) +

243
xyz .
16

Ví dụ 4. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Quốc Gia tỉnh Bắc Ninh - Lần 1 – 2015]
 y + 1 2 + −3 x − 2 3 = 1 + y −3 x − 2 − 3 xy
) (
)

(
Giải hệ phương trình 
 x3 + 3 x 2 + 12 x − ( 3 x − 1) y + 6 = 0
Lời giải:
Điều kiện các căn thức xác định. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
y 2 + 2 y + 3 xy + ( −3 x − 2 ) −3 x − 2 − y −3 x − 2 = 0

⇔ y ( y + 3 x + 2 ) = ( y + 3 x + 2 ) −3 x − 2
 y + 3x + 2 = 0
⇔ ( y + 3 x + 2 ) y − −3 x − 2 = 0 ⇔ 
 y = −3 x − 2
Xét y + 3 x + 2 = 0 , phương trình thứ hai trở thành

(

)

 −11 + 5 −11 − 5 
x3 + 12 x 2 + 5 x + 4 = 0 ⇔ ( x + 1) x 2 + 11x + 4 = 0 ⇔ x ∈  −1;
;
.
2
2


Xét y = −3 x − 2 , phương trình thứ hai trở thành

(

)

x3 + 3 x 2 + 12 x − ( 3 x − 1) −3 x − 2 + 6 = 0 ⇔ x3 + 3 x 2 + 3 x + 1 + ( −3 x + 1) −3 x − 2 + 9 x + 5 = 0

Đặt

−3 x − 2 = t ⇒ −3 x = t 2 + 2 , ta được

( x + 1)

3

(

)

(

)

+ t 2 + 3 t − 3 t 2 + 2 + 5 = 0 ⇔ ( x + 1) + t 3 − 3t 2 + 3t − 1 = 0
3

x ≤ 0
3
3
⇔ ( x + 1) = (1 − t ) ⇔ x = −t ⇔ x = − −3 x − 2 ⇔  2
⇔ x = −1
 x + 3x + 2 = 0
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

 −11 − 105 −11 + 105 
Kết luận hệ đã cho có các nghiệm ( x; y ) = ( −1;1) , ( −2; 2 ) , 
;
 .

2
2


Ví dụ 5. [Tham khảo, trích đề thi thử trường chuyên ĐHSP - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H .
 17 29   17 9 
Gọi E  ;  , F  ;  , G (1;5) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH , BH và AD . Tìm tọa độ A
 5 5   5 5
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE .
Lời giải
Do EF là đường trung bình của ∆HBC nên ta có
1
EF / / BC , mà AG / / BC và AG = EF = BC nên
2
AGEF là hình bình hành
 BH ⊥ AC
⇒ F là trực tâm của ∆ABE
Ta có 
 EF ⊥ AB
⇒ AF ⊥ BE ⇒ GE ⊥ BE
 17 29 

Đường thẳng GE qua E  ;  và G (1;5 ) nên
 5 5 
phương trình GE : x − 3 y + 14 = 0
 17 29 
Đường thẳng BE qua E  ;  và vuông góc với GE nên đường thẳng BE : 3 x + y − 16 = 0
 5 5 
Ta có AG = FE ⇒ A (1;1)

Đường thẳng AB qua A (1;1) và vuông góc với EF nên đường thẳng AB : y = 1

Do B = BE ∩ AB ⇒ B ( 5;1)

 17 29 
Tam giác ABE có A (1;1) , B ( 5;1) , E  ;  nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là I ( 3;3)
 5 5 
Vậy A (1;1) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là I ( 3;3)

Ví dụ 6. [Tham khảo, trích đề thi thử Chuyên Lê Hồng Phong, TPHCM - 2015]
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 8 và xy + yz + zx + 4 = 0 .

x3 + y 3 + z 3
.
x4 + y4 + z 4
Lời giải:
2
2
2
2
Từ giả thiết, ta có x + y + z + 2 xy + 2 yz + 2 zx = 0 ⇔ ( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z = 0 .
Mặt khác, ta có các đẳng thức:

• x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx )
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức P =

•

(

)

(

x 4 + y 4 + z 4 = ( x + y + z ) x3 + y 3 + z 3 + xyz − ( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2

)

x3 + y 3 + z 3 3 xyz
2
Do đó P = 4
=
. Mà x 2 + y 2 + z 2 = 8 ⇔ ( y + z ) = 8 + 2 yz − x 2
4
4
x +y +z
32

(

)

⇔ x 2 = 8 + 2 yz − x 2 ⇔ yz = x 2 − 4 ⇒ xyz = x x 2 − 4 = f ( x ) .

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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


 3
13 3
 f ( x ) ≥ f 
 = −
8
3

 2 
Xét hàm số f ( x ) = x3 − 4 x , ta có f ' ( x ) = 3 x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±
. Suy ra 
2

3  13 3

 f ( x ) ≤ f  − 2  = 8



13 3
13 3
. Giá trị lớn nhất của P là
.
Kết luận. Giá trị nhỏ nhất của P là −

8
8

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
2 x 2 − y 2 + x 2 y = y + 2 y + 8
Câu 1: Giải hệ phương trình 
2
2
 x + y + x y = 7 + 2 x − 1
( x + y )( y − x + 1) + ( x − y − 1) x 2 − 2 = 0,

Câu 2: Giải hệ phương trình  2 x 2 − 3 x + 3
+ 4x 2x −1 + 2 = x ( x + 6).
 2
 y + xy + 2
Câu 3: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
x − y 2 − x + 2 y2 = 2

Giải hệ phương trình 
2 x + 2 − 4 y + 8 y xy + 2 y = 34 − 15 x

(

)

 y 2 + 4 x + 2 y + ( y + 1) 1 − 2 x = 1
Câu 4: Giải hệ phương trình  2
2
2 y + y − 4 x + 2 (1 − y − 2 x ) y + 1 = 2
Câu 5: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3 AB, C ( −3; −3) . Trung điểm của AD
là M ( 3;1) . Tìm tọa độ đỉnh B biết S BCD = 18, AB = 10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương.

Câu 6: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) . Đường thẳng chứa cạnh AB đi
qua điểm M ( 7; 4 ) và trung điểm N của đoạn CD thuộc đường d : 4 x + y − 10 = 0 . Viết phương trình

đường thẳng AB .
Câu 7: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 9 tâm I và điểm M ( 2;3) . Viết
2

2

phương trình đường thẳng ∆ qua M , cắt ( C ) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB
lớn nhất.
Câu 8: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐV Vinh - Lần 2 – 2016]
Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
x + y + z = 4 và x3 + y 3 + z 3 + 8 ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) = m .

Câu 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 ≤ c và 2b2 + c 2 + 4 ( 2a + b + c ) = 18 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab 2 + bc 2 + ca 2 −

13
2a − 5b + 6

(

b + 3 4bc

)

.

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

LỜI GIẢI BÀI TẬP
2 x 2 − y 2 + x 2 y = y + 2 y + 8
Câu 1: Giải hệ phương trình 
2
2
 x + y + x y = 7 + 2 x − 1
Lời giải
x ≥ 1
ĐK: 
y ≥ 0

(*)

(

) (

)

Khi đó ta có ( 2 x 2 − y 2 + x 2 y ) + 7 + 2 x − 1 = y + 2 y + 8 + ( x 2 + y + x 2 y )

⇔ x − y + 2 x −1 = 2 y + 2 y +1
2

2

⇔ x2 + 2 x −1 = y2 + 2 y + 1 + 2 y
⇔ x 2 + 2 x − 1 = ( y + 1) + 2

( y + 1) − 1

⇔ f ( x ) = f ( y + 1)

(3)

2

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 2 t − 1 với t ∈ [1; +∞ ) có
1
> 0, ∀t ∈ (1; +∞ ) .
t −1
Kết hợp với f ( t ) liên tục trên [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) đồng biến trên [1; +∞ ) .
f ' ( t ) = 2t +

Do đó (3) ⇔ x = y + 1 ⇔ y = x − 1.
Thế vào (2) ta được x 2 + x − 1 + x 2 ( x − 1) = 7 + 2 x − 1 ⇔ x3 + x − 8 = 2 x − 1
⇔ 2 x −1

(

⇔ 2 x − 1.

⇔

)

x − 1 − 1 − 2 ( x − 1) + x3 + x − 8 = 0
x −1 −1
+ x3 − x − 6 = 0
x −1 +1

2 ( x − 2) x −1

+ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 3) = 0

1+ x −1
 2 x −1

⇔ ( x − 2 ) 
+ x 2 + 2 x + 3  = 0
 1+ x −1


(4)

2 x −1
+ x 2 + 2 x + 3 > 0 nên (4) ⇔ x = 2 ⇒ y = 1, thỏa mãn hệ đã cho.
1+ x −1
Đ/s: ( x; y ) = ( 2;1)
Với x ≥ 1 ⇒

( x + y )( y − x + 1) + ( x − y − 1) x 2 − 2 = 0,

Câu 2: Giải hệ phương trình  2 x 2 − 3 x + 3
+ 4x 2x −1 + 2 = x ( x + 6).
 2
 y + xy + 2

Lời giải.
Điều kiện x ≥ 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

y 2 − x 2 + x + y + ( x − y − 1) x 2 − 2 = 0 ⇒ y 2 − y x 2 − 2 + y + x − x 2 + ( x − 1) x 2 − 2
⇔ y2 −

(

)

x 2 − 2 − 1 y + ( x − 1)

(

)

)

(

x 2 − 2 − x = 0 ⇔ ( y − x + 1) y + x − x 2 − 2 = 0

 x + y ≥ 0
  x 2 + 2 xy + y 2 = x 2 − 2
 y + x = x2 − 2




⇔
⇔  y + x ≥ 0
⇔   y 2 + xy = −2 ⇒ y = x − 1
 y = x − 1

 y = x − 1
 y = x −1
2 x 2 − 3x + 3
+ 4 x 2 x − 1 + 2 = x ( x + 6) ⇔ x2 + 6 x − 3 = 4 x 2 x − 1 .
Phương trình thứ hai của hệ trở thành
2 x 2 − 3x + 3
1
1
Điều kiện x ≥ . Nhận xét x ( x 2 + 6 x − 3) > 0, ∀x ≥ . Phương trình trên tương đương với
2
2
4
2
3

2
x + 30 x + 12 x − 36 x + 9 = 16 x ( 2 x − 1) ⇔ x 4 − 20 x3 + 46 x 2 − 36 x + 9 = 0
⇔ x 2 ( x − 1) − 18 x ( x − 1) + 9 ( x − 1) = 0
2

2

2

{

⇔ ( x 2 − 18 x + 9 ) ( x − 1) = 0 ⇔ x ∈ 9 − 6 2;1;9 + 6 2
2

}

Đối chiếu điều kiện thu được nghiệm x = 9 + 6 2 ⇒ y = 8 + 6 2 .
Câu 3: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
x − y 2 − x + 2 y2 = 2

Giải hệ phương trình 
2 x + 2 − 4 y + 8 y xy + 2 y = 34 − 15 x
Lời giải:
 −2 ≤ x ≤ 2
Điều kiện: 
y ≥ 0

(

)

Phương trình (1) của hệ phương trình tương đương

 2 − x = y ⇔ 2 − x = y2 ⇔ x = 2 − y2
(2 − x) + y 2 − x − 2 y = 0 ⇔ 2 − x + 2 y 2 − x − y = 0 ⇔ 
 2 − y + 2 y = 0 ( l )
2
Thay x = 2 − y vào phương trình ( 2 ) của hệ phương trình ta có
2

2

(

)(

)

)

(

4 − y 2 − 4 y + 8 y y ( 4 − y 2 ) = 34 − 15 ( 2 − y 2 ) ⇔ 2 4 − y 2 − 8 y + 8 y 4 − y 2 = 15 y 2 + 4

⇔ 2 ( 4 y + 1) 4 − y 2 = 15 y 2 + 8 y + 4 ⇔ ( 4 y + 1) − 2 ( 4 y + 1) 4 − y 2 + ( 4 − y 2 ) − 1 = 0
2

(

4 y + 1 − 4 − y 2 = 1

 4 − y2 = 4 y
=1⇔ 
⇔
 4 y + 1 − 4 − y 2 = −1
4 y + 2 = 4 − y2


4
2
30
4 − y 2 = 4 y ⇔ 4 − y 2 = 16 y 2 ⇔ y 2 =
⇔ y=
⇒x=
17
17
17

⇔ 4 y + 1 − 4 − y2
Với

)

2

Với 4 y + 2 = 4 − y 2 ⇔ ( 4 y + 2 ) = 4 − y 2 ⇔ 17 y 2 + 16 y = 0 ⇔ y = 0 ⇒ x = 2
2

 2 30 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = 
;  , ( 2; 0 )

 17 17 
 y 2 + 4 x + 2 y + ( y + 1) 1 − 2 x = 1
Câu 4: Giải hệ phương trình  2
2
2 y + y − 4 x + 2 (1 − y − 2 x ) y + 1 = 2
Lời giải

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

1

x ≤
Điều kiện: 
2
 y ≥ −1
Phương trình (1) của hệ phương trình đã cho tương đương

y 2 + 2 y + 1 + 4 x − 2 + ( y + 1) 1 − 2 x = 0 ⇔ ( y + 1) + ( y + 1) 1 − 2 x − 2 (1 − 2 x ) = 0
2

 y + 1 = 1 − 2 x ⇔ ( y + 1)2 = 1 − 2 x ⇔ 2 x = − y 2 − 2 y
⇔ y + 1 + 2 1 − 2x y + 1 − 1 − 2x = 0 ⇔ 
 y + 1 + 1 − 2 x = 0 ( l )
Thay 2 x = − y 2 − 2 y vào phương trình ( 2 ) của hệ phương trình ta có

(

)(

)

2 y 2 + y + 2 y 2 + 4 y + 2 (1 − y 2 + y 2 + 2 y ) y + 1 = 2 ⇔ 4 y 2 + 5 y + 2 ( 2 y + 1) y + 1 = 2

(

⇔ ( 2 y + 1) + 2 ( 2 y + 1) y + 1 + ( y + 1) = 4 ⇔ 2 y + 1 + y + 1
2

• Với 2 y + 1 + y + 1 = 2 ⇔

)

2

2 y + 1 + y + 1 = 2
=4⇔
 2 y + 1 + y + 1 = −2

1

1

y ≤ 2
y ≤
y +1 = 1− 2y ⇔ 
⇔
⇒ y =0⇒ x=0

2
2
2


4 y − 5 y = 0
 y + 1 = (1 − 2 y )

• Với 2 y + 1 + y + 1 = −2 ⇔ 2 y + 3 + y + 1 = 0 ⇔ 2 ( y + 1) + y + 1 + 1 = 0 ( l )
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; 0 )

Câu 5: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3 AB, C ( −3; −3) . Trung điểm của AD
là M ( 3;1) . Tìm tọa độ đỉnh B biết S BCD = 18, AB = 10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương.

Lời giải
Đường thẳng CD qua C ( −3; −3) nên phương trình
đường thẳng CD : a ( x + 3) + b ( y + 3) = 0

Do CD = 3 AB ⇒ CD = 3 10
Gọi H là hình chiếu của B xuống CD
1
6 10
Ta có S BCD = BH .CD ⇒ BH =
2
5
3 10
⇒ d ( M , CD ) =
5
6a + 4b

3a + b = 0
3 10
⇒
=
⇔ 5 6a + 4b = 3 10 a 2 + b2 ⇔ 810a 2 + 1200ab + 310b 2 = 0 ⇔ 
5
 27a + 31b = 0
a2 + b2

Với 3a + b = 0 chọn a = 1; b = −3 ⇒ CD : x − 3 y − 6 = 0 . Do D ∈ CD ⇒ D ( 3t + 6; t )

t = 0 ⇒ D ( 6; 0 )
2
2
2
Mà CD = 3 10 ⇒ ( 3t + 9 ) + ( t + 3) = 90 ⇔ ( t + 3) = 9 ⇔ 
t = −6 ⇒ D ( −12; −6 ) → l
Do M là trung điểm của AD ⇒ A ( 0; 2 ) , mặt khác 3 AB = DC ⇒ B ( −3;1)

Với 27 a + 31b = 0 chọn a = 31; b = −27 ⇒ CD : 31x − 27 y + 12 = 0 . Do D ∈ CD ⇒ D ( −3 + 27t; −3 + 31t )
Mà CD = 3 10 ⇒ 729t 2 + 961t 2 = 90 ⇔ t 2 =

Vậy B ( −3;1) là điểm cần tìm

9
→l
169

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Câu 6: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) . Đường thẳng chứa cạnh AB đi

qua điểm M ( 7; 4 ) và trung điểm N của đoạn CD thuộc đường d : 4 x + y − 10 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng AB .
Lời giải
Gọi F là giao điểm của EN với AB ⇒ EN = EF
Do N ∈ d : 4 x + y − 10 = 0 ⇒ N ( t ;10 − 4t )
Mà E là trung điểm của FN ⇒ F ( 6 − t; 4t − 18)
Do EF ⊥ MF ⇒ EF .MF = 0
Mà EF = ( 3 − t ; 4t − 14 ) ; MF = ( −t − 1; 4t − 22 )

⇒ ( 3 − t )( −t − 1) + ( 4t − 14 )( 4t − 22 ) = 0

t = 5
⇔ 17t − 146t + 305 = 0 ⇔  61
t =
 17
Với t = 5 ⇒ F (1; 2 ) đường thẳng AB qua M ( 7; 4 ) và vuông góc với FE nên AB : x − 3 y + 5 = 0
2

61
 41 62 
⇒ F  ; −  đường thẳng AB qua M ( 7; 4 ) và vuông góc với FE nên AB : 5 x − 3 y − 23 = 0
17
 17 17 
Vậy AB : x − 3 y + 5 = 0 hoặc AB : 5 x − 3 y − 23 = 0

Với t =

Câu 7: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 1 – 2015]
2
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 9 tâm I và điểm M ( 2;3) . Viết
phương trình đường thẳng ∆ qua M , cắt ( C ) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB
lớn nhất.

Lời giải

Ta có đường tròn ( C ) có tâm I (1; 2 ) , R = 3 .

Dễ thấy IM = 2 < R do đó M nằm trong đường tròn.
1
Đặt IH = d ( I ; AB ) = d . Ta có: S IAB = IH . AB = IH .HB .
2

⇒ S IAB = d . IB 2 − d 2 = d . 9 − d 2 . Trong đó d = IH ≤ IM = 2 .

(

)

Xét hàm số f ( d ) = d 2 ( 9 − d 2 ) d ∈ 0; 2  .

(

)

Ta có: f ' ( d ) = −4d 3 + 18d = 2d ( 9 − 2d 2 ) > 0 ∀d ∈  0; 2 
Khi đó hàm số f ( d ) đồng biến trên 0; 2  do đó S IAB lớn nhất ⇔ f ( d ) Max ⇔ d = 2 .
Khi đó IM ⊥ AB ⇒ AB : x + y − 5 = 0 .
Vậy ∆ : x + y − 5 = 0

Câu 8: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐV Vinh - Lần 2 – 2016]
Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
x + y + z = 4 và x3 + y 3 + z 3 + 8 ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) = m .

Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử x là số nằm giữa y và z . Ta có

( x − y )( x − z ) ≤ 0 ⇔ x 2 + yz ≤ x ( y + z ) ⇔ x 2 y + y 2 z ≤ xy ( y + z ) ⇔ x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤ x ( y 2 + yz + z 2 )
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Và chú ý khi đó x 2 ≤ x ( y + z ) − yz ≤ x ( y + z ) = x ( 4 − x ) ⇔ 2 x 2 − 4 x ≤ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 2] .
 y 2 + yz + z 2 ≤ ( y + z )2 = ( 4 − x ) 2
Với y, z là các biến không âm, ta có 
.
3
3
3
3
 y + z ≤ ( y + z ) = ( 4 − x )
Do đó suy ra P ≤ x3 + ( 4 − x ) + 8 x ( 4 − x ) ≤ 100 .
3

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( x; y; z ) = ( 0;1;3) hoặc các hoán vị.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 100 .

Câu 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 ≤ c và 2b2 + c 2 + 4 ( 2a + b + c ) = 18 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab 2 + bc 2 + ca 2 −

13
2a − 5b + 6

(

b + 3 4bc

)

.

Lời giải:
Từ giả thiết, ta có 2b + c + 4 ( 2a + b + c ) = 18 ⇔ 2 ( b 2 − 2b + 1) + ( c 2 − 4c + 4 ) = 24 − 8 ( a + b + c )
2

2

⇔ 2 ( b − 1) + ( c − 2 ) = 24 − 8 ( a + b + c ) ≥ 0 ⇔ a + b + c ≤ 3 .
2

2

Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c nên ⇒ ab 2 + bc 2 + ca 2 ≤ b ( a 2 + ac + c 2 ) ≤ b ( a + c )

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có

a+c a+c

b+
+


4
a+c a+c
2
3
2
2 

b ( a + c ) = 4b.
.
≤ 4.
=
(a + b + c) ≤ 4
2
2
27
27
3

3
Mặt khác 2a − 5b + 6 b + 4bc = 2a − 5b + 3.2. b.1 + 2.3. 2b.c.2 ≤ 2a − 5b + 3 ( b + 1) + 2 ( 2b + c + 2 )
3

(

)

(

)

= 2 ( a + b + c ) + 7 ≤ 13 . Mà 0 ≤ b ≤ 1 , khi đó −5b + 6 b = b 6 − 5 b > 0 ⇒ 2a − 5b + 6

(

)

b + 3 4bc > 0 .

13
= 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0; b = 1; c = 2 .
13
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 3 .

Do đó P ≤ 4 −

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – P2
Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Ví dụ 1. [Video, trích đề thi thử trường THPT Đào Duy Từ - Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]

( y − 1) x − y + ( x − y − 1) y + 2 = x
a) Giải hệ phương trình 
5 + 3 y − 1 = x + y + x + 6
 y 2 x − y − 1 + ( 2 x − y − 2 ) y + 1 = 2 ( x − 1)
b) Giải hệ phương trình 
2
 y − 2 x − 16 + ( 2 x + y + 7 ) 2 x + 1 − 2 5 y − 1 = 0
Ví dụ 2. [Video, trích đề thi thử THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có đường cao xuất phát từ đỉnh B có phương
trình là x − 3 y + 5 = 0 . Đường cao xuất phát từ đỉnh A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ 2
là D ( 3;0 ) . Biết đường thẳng AB và BC lần lượt đi qua các điểm P ( 5;3) và F ( 5; 4 ) . Tìm toạ độ các đỉnh
tam giác ABC biết trực tâm H có hoành độ nguyên.
Ví dụ 3. [Video, trích đề thi thử Đặng Thúc Hứa, Nghệ An – 2016, tương tự]:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab >

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c .

7
100
và 3a + 57b + 7c = 3abc +
.
3

a

Ví dụ 4. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Lí Tự Trọng, Khánh Hòa - Lần 1 – 2015]
3
2
3
 x − 6 x + 13 x = y + y + 10
Giải hệ phương trình 
3
2
 2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y + 6
Lời giải:
Điều kiện: 2 x + y + 5 ≥ 0; 3 ≥ x + y .

Phương trình một của hệ tương đương với x 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 + x − 2 = y 3 + y ⇔ ( x − 2 ) + x − 2 = y3 + y .
3

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t ∈ ℝ , có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0; ∀t ∈ ℝ suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ℝ
mà f ( x − 2 ) = f ( y ) nên suy ra y = x − 2 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được:

2 x + x − 2 + 5 − 3 − x − x + 2 = x3 − 3 x 2 − 10 ( x − 2 ) + 6 ⇔ 3 x + 3 − 5 − 2 x = x3 − 3 x 2 − 10 x + 26

(

)

(

)

⇔ x3 − 3 x 2 − 13 x + 30 + x + 1 − 3 x + 3 + 5 − 2 x 1 − 5 − 2 x = 0
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x − 15) + x + 1
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x − 15) +

⇔ ( x − 2 )  x 2 − x − 15 +


(

( x − 2)

)

(

)

x + 1 − 3 + 5 − 2x 1 − 5 − 2x = 0
x +1

x +1 + 3

+

2 ( x − 2) 5 − 2 x
1 + 5 − 2x

x +1
2 5 − 2x 
+

=0
x + 1 + 3 1 + 5 − 2x 

=0

( ∗)

3
1
 5
−
< 0; ∀x ∈  −1;  nên ( ∗) ⇔ x = 2 ⇒ y = 0 .
x + 1 + 3 1 + 5 − 2x
 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 2; 0 ) .
Dễ thấy ( x 2 − x − 12 ) −

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Ví dụ 5. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Lí Tự Trọng, Khánh Hòa, tương tự]

 x 3 − 5 x 2 + 8 ( y + 1) = 4 − ( y + 1)2 3 4 x − x3
Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ ℝ )
3
3
2

2
2
x
y
x
x
y
x
y
y
5
−
+
3
−
2
=
4
+
4
+
3
+
4

Lời giải
Điều kiện: x, y ∈ ℝ .
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 4 x 3 − 4 x 2 y − 4 x 2 + x 3 + 3 x = y 3 + 3 y 2 + 4 y + 2
⇔ 4 x 2 ( x − y − 1) + x 3 + 3x = ( y + 1) + y + 1 ⇔ 4 x 2 ( x − b ) + x3 + 3 x = b3 + b
3

(i)

với b = y + 1 .

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t; t ∈ ℝ , có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0; ∀t ∈ ℝ nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên ℝ .
•

Với x ≥ b từ ( i ) suy ra f ( b ) − f ( x ) ≥ 0 ⇔ f ( b ) ≥ f ( x ) ⇒ b ≥ x ⇒ b = x

•

Với x ≤ b từ ( i ) suy ra f ( b ) − f ( x ) ≤ 0 ⇔ f ( b ) ≤ f ( x ) ⇒ b ≤ x ⇒ b = x

Với b = x ⇔ y + 1 = x thế vào phương trình thứ nhất trong hệ: x3 − 5 x 2 + 8 x = 4 − x 2 3 4 x − x3
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình ( ∗) nên ta có

( ∗) ⇔ 1 −

( ∗)

5 8
4
4
8 16 10
4
+ 2 = 3 − 3 2 −1 ⇔ 3 − 2 + − 2 = 23 2 −1
x x
x
x

x
x
x
x
3

8 12 10
4
4
4
2 
2  4
⇔ 3 − 2 + − 3 = 2 − 1 + 2 3 2 − 1 ⇔  − 1 + 2  − 1 = 2 − 1 + 2 3 2 − 1
x
x
x
x
x
x
x 
x  x
3
Dễ thấy f ( a ) = a + 2a là hàm số tăng trên ℝ nên thu được

x = 2 ⇒ y = 1
4
3
3
3
− 1 ⇔ 2 − x = 4x − x ⇔ 

2
x = 2 ⇒ y = − 1
x
3
3

2 1
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) ; ( x; y ) =  ; −  .
 3 3
 4

2
2 
f  − 1 = f  3 2 − 1  ⇔ − 1 =
x
x 
 x


Ví dụ 6. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Đào Duy Từ, Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có D ( 4;5) . Điểm M là trung điểm của đoạn AD ,

đường thẳng CM có phương trình x − 8 y + 10 = 0 . Điểm B nằm trên đường thẳng 2 x + y + 1 = 0 . Tìm tọa
độ các đỉnh A, B, C biết rằng điểm C có tung độ nhỏ hơn 2.
Lời giải
Do B ∈ 2 x + y + 1 = 0 ⇒ B ( t ; −2t − 1)
IB
BC
1 8 2


=
= 2 ⇒ BI = 2 ID ⇒ I  t + ; − t + 3 
ID DM
3 3 3

Mà I ∈ CM : x − 8 y + 10 = 0
1 8  2

⇒  t +  − 8  − t + 3  + 10 = 0 ⇒ t = 2
3 3  3


Ta có

 10 5 
⇒ B ( 2; −5) , I  ; 
 3 3
Do C ∈ CM : x − 8 y + 10 = 0 ⇒ C ( 8a − 10; a )
1
5

Ta có IC = 2 IM ⇒ CI = 2 IM ⇒ M  10 − 4a; − a + 
2
2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

1
5

Ta có DM =  4a − 6; a +  ; CD = ( 8a − 14; a − 5 ) mà DM ⊥ CD
2
2

 a = 1 ⇒ C ( −2;1) , M ( 6; 2 )
5
1
⇒ ( 4a − 6 )( 8a − 14 ) +  a +  ( a − 5) = 0 ⇔ 
 a = 11 → l
2
2

5
Do M là trung điểm của AD ⇒ A ( 8; −1)
Vậy A ( 8; −1) , B ( 2; −5 ) , C ( −2;1)

Ví dụ 7. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An – 2016]
Cho a, b, c là các số thực dương thảo mãn điều kiện 28 ( ab + bc + ca ) = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
1
1
+
+
.
2a 4b 7c

Lời giải:
1
1
1
Cách 1. Đặt x =
; y= ;c=
, khi đó bài toán trở thành: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
2a
4b
7c
điều kiện 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z .
2x + 4 y
và 2 xy − 7 > 0 .
Từ giả thiết, ta có 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz ⇔ 2 x + 4 y = z ( 2 xy − 7 ) ⇔ z =
2 xy − 7
Khi đó P = x + y +

≥ x+

2x + 4 y
11 1 
4 x 2 + 28 
= x+
+
2
xy
−
7
+

.
(
)
2 xy − 7
2 x 2 x 
2 xy − 7 

11 1
11 3  7  
7 
+
4 x 2 + 28 = x +
+
1 +  1 + 2 
x 
2x x
2x 2  9  

11 3 
7 
9 3
9 3
3 15
+ 1 +  = x + + ≥ 2 x. + = 6 + =
x 2
x 2
2 x 2  3x 
2 2
2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz
5

⇔ x = 3; y = ; z = 2 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2
2
2
2
 x = 9; ( 2 xy − 7 ) = 4 x + 28
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
.
2
28 ( x + y )
1
1
1
x y 4( x + y)
Cách 2. Đặt x = ; y = ; z = ⇒ z =
. Khi đó biểu thức trở thành P = + +
.
a
b
c
xy − 28
2 4 xy − 28
≥ x+

(

)(

)

xy − 28 + 2 56 + 2 y 2 xy − 28 − 2 56 + 2 y 2
x y 4( x + y)
.
Đặt f ( x ) = + +
, có f ' ( x ) =
2
2 4 xy − 28
( xy − 28)

 2 56 + 2 y 2 + 28  2 56 + 2 y 2 + 14 y 4 15
=
Từ đó suy ra f ( x ) ≥ f 
+ + ≥ .


y
y
4 y 2


1
1
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = .
6
10
14
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

.
2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 1: [Trích đề thi thử THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn. Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và
đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3 x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với
BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường

thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Đào Duy Từ - Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]

 xy − 2 y − 3 = y − x − 1 + y − 3 x + 5
Giải hệ phương trình 
(1 − y ) 2 x − y + 2 ( x − 1) = ( 2 x − y − 1) y
Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đồng Lộc – Hà Tĩnh - Lần 1 – 2015].
 −1 3 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD . Gọi M ( 2; 4 ) , N  ;  là các điểm thỏa mãn
 2 2
CM = MB; NC = −3 NA . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết điểm D thuộc Parabol

( P ) : y = x2 − 2 x − 1

và D có hoành độ dương.

Câu 4: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]
 x 2 + y + 3 = y 2 − 3 x + 7
Giải hệ phương trình 
2
2
 y − 1 + 2 y + 1 = x + x + xy + 3 y
Câu 5: [Trích đề thi thử THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M ( 3; −1) , đường thẳng chứa

đường cao kẻ từ B đi qua E ( −1; −3) và đường thẳng chứa AC đi qua điểm F (1;3) . Điểm đối xứng của
đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là điểm D ( 4; −2 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Câu 6: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015, tương tự]
 xy − 1 = y + 3 x 2 + 2
Giải hệ phương trình 
2
2
2 x + ( x + y + 1) x − y = xy + 10 x + y + 6 y + 2
Câu 7: [Trích đề thi thử THPT Hậu Lộc 2 - Lần 1 – 2015]

)(

(

)

 x + x2 + 2 x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1

Giải hệ phương trình 
 y − xy + 9 + 2014 = y 2 + 2 y + 4 + 2015 x


Câu 8: [Trích đề thi thử THPT Hậu Lộc 2 - Lần 1 – 2015, tương tự]

)(

(

)

 2x + 2 x2 + x + 1 + 1 y + y2 + 3 = 3


Giải hệ phương trình sau:  8 − 2 x
2
1
+
= x2 + x +
 2
2
y2 − 3
 y + y + 2
Câu 9: [Trích đề thi thử THPT Hậu Lộc 2 - Lần 1 – 2015, tương tự]

(

)(

)

 x2 + 9 − x y + y 2 − 9 = 9


Giải hệ phương trình sau: 
2 x − 3 = 2 y − 1 + x 2 − 2 x − 9
Câu 10: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 – 2015]
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
 1 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8 ( a + b + c ) + 5  + +  .
a b c
Câu 11: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 – 2015, tương tự]
3
Cho a, b, c ≥ − , thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 .
4
a
b
c
+ 2
+ 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
a +1 b +1 c +1
Câu 12: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 .
1 2 3
+ + .
a b c
Câu 13: [Trích đề thi thử Moon.vn 2015]
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

Cho x, y, z là các số thực dương thuộc [1;3] và thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 14 .
2
y 
z  4 ( y + xz + 7 ) 21 + 3 xz − 8 ( x + y + z )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 −   2 +  +
+
.
x 
x  y ( x + y + z )2
9


Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – P3
Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Ví dụ 1. [Video, trích đề thi thử trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, lần 2 – 2015]

(

)(

)

2
2
2

 y + 1 + 1 x − y + x + 2x + 2 = y
Giải hệ phương trình 
3 1 − x 2 = 4 y − 4 y − 2 x + 3 − x


Ví dụ 2. [Video, trích đề thi thử trường THPT Trần Phú, Hà Tĩnh – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD ) có phương trình các cạnh AC và
 16 −25 
BC lần lượt là x − 2 y − 2 = 0 và 4 x − 5 y − 2 = 0 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có tâm là E  ;

 3 6 
(với I = AC ∩ BD ). Biết điểm B có hoành độ dương , tìm toạ độ các đỉnh của hình thang ABCD

Ví dụ 3 [Video]. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a2

(1 − a )

2

+ 5bc

−

16b 2 − 27 ( a + bc )
36 ( a + c )

2

2

.

Ví dụ 4. [Tham khảo, trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015]
 xy + 2 = y x 2 + 2
Giải hệ phương trình 
2
2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x
Lời giải:
(*)
ĐK: x, y ∈ ℝ
Khi đó (1) ⇔ y x 2 + 2 − xy = 2 ⇔ y
Ta có

(

)

x2 + 2 − x = 2

(3)

x 2 + 2 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + 2 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + 2 − x 2 ) = 2

(

(

Thế vào (2) ta được x + x 2 + 2

)

x 2 + 2 + x ⇔ y = x + x 2 + 2.

) + 2 ( x + 1)
2

x2 + 2 x + 3 = 2 x2 − 4 x

⇔ 2 x 2 + 2 + 2 x x 2 + 2 + 2 ( x + 1)
⇔ 4 x + 2 + 2 x x 2 + 2 + 2 ( x + 1)
⇔ 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1)
⇔ ( x + 1) + ( x + 1)

⇔

( x + 1)
f ( x + 1) = f ( − x )

2

( x + 1)
( x + 1)

( x + 1)

2

2

2

+ 2 = 2 x2 − 4 x

+2 =0

+2 =0

+ 2 = ( −x) + ( −x)

( −x)

2

+2

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 2 với t ∈ ℝ có

f '(t ) = 1+ t 2 + 2 +

t2
t2 + 2

> 0, ∀t ∈ ℝ

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

1
1
1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − ⇒ y = − +
+ 2 = 1 thỏa mãn (*)
2
2
4
 1 
Đ/s: ( x; y ) =  − ;1
 2 
Ví dụ 5. [Tham khảo, 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
 FB ⊥ BK
Ta có 
⇒ FBKC là tứ giác nội tiếp
 FC ⊥ CK
Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
1
1
Ta có DKC = BAC + ACB = DCK
2
2
⇒ ∆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 ( C1 ) : ( x − 3) + ( y − 5) = 25
2

2

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKC tâm D ( 6;9 ) bán kính
DK = 50 có phương trình ( C2 ) : ( x − 6 ) + ( y − 9 ) = 50
2

2

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

Ví dụ 6. [Tham khảo, trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
 xy + 1 = y x 2 + 1

Giải hệ phương trình 
y 2 − 2 x2
= 2x −1

2
1 + 2 4 x − 4 x + 2

ĐK: x, y ∈ ℝ

Lời giải
(*)

Khi đó (1) ⇔ y x 2 + 1 − xy = 1 ⇔ y

Ta có

(

)

x2 + 1 − x = 1

(3)

x 2 + 1 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + 1 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + 1 − x 2 ) = x 2 + 1 + x ⇔ y = x + x 2 + 1.

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Thế vào (2) ta được

(

)

2

x + x2 + 1 − 2 x2

1 + 2 4x2 − 4x + 2

= 2x −1

2 x2 + 1 + 2 x x2 + 1 − 2 x2

⇔

1 + 2 4x2 − 4x + 2

= 2x −1

⇔ 1 + 2 x x 2 + 1 = 2 x − 1 + 2 ( 2 x − 1) 4 x 2 − 4 x + 2
⇔ 2 x x 2 + 1 = 2 x − 2 + 2 ( 2 x − 1)
⇔ x x 2 + 1 = x − 1 + ( 2 x − 1)

( 2 x − 1)

( 2 x − 1)

⇔ x + x x 2 + 1 = ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1)

⇔ f ( x ) = f ( 2 x − 1)

2

2

+1

+1

( 2 x − 1)

2

+1

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 1 với t ∈ ℝ có
t2

f '(t ) = 1+ t +1 +

> 0, ∀t ∈ ℝ
t2 +1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x = 2 x − 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 + 2 thỏa mãn (*)
2

(

Đ/s: ( x; y ) = 1;1 + 2

)

Ví dụ 7. [Tham khảo, trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
 y 2 + xy + 2 = y x 2 + y 2 + 2

Giải hệ phương trình 
3
3
2
2
 x + y = ( x + y + 1) x + 2 xy + y
Lời giải
2

ĐK: x + 2 xy + y ≥ 0 (*)
Khi đó (1) ⇔ y x 2 + y 2 + 2 − xy = y 2 + 2 ⇔ y

Ta có

(

)

x2 + y 2 + 2 − x = y 2 + 2

x 2 + y 2 + 2 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + y 2 + 2 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + y 2 + 2 − x 2 ) = ( y 2 + 2 )

(

x2 + y2 + 2 + x

(3)

)

⇔ y = x2 + y 2 + 2 + x ⇔ y − x = x2 + y 2 + 2
⇒ ( y − x ) = x 2 + y 2 + 2 ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 = x 2 + y 2 + 2 ⇔ xy = −1.
2

Kết hợp với (2) ta được x3 + y 3 = ( x 2 + y + 1) x 2 − 2 + y

⇔ ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = ( x 2 + y − 2 ) x 2 + y − 2 + 3 x 2 + y − 2

3

⇔ ( x + y ) + 3( x + y ) =
3

⇔ f ( x + y) = f

(

(

x2 + y − 2

x2 + y − 2

)

) +3
3

x2 + y − 2

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t ∈ ℝ có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ

⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x + y = x 2 + y − 2
⇒ ( x + y ) = x 2 + y − 2 ⇔ x 2 + 2 xy + y 2 = x 2 + y − 2
2

 y = 0 ⇒ xy = 0 ≠ −1 ⇒ Loai
⇔ −2 + y 2 = y − 2 ⇔ y 2 = y ⇔ 
 y = 1 ⇒ x = −1
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Thử lại ta thấy ( x; y ) = ( −1;1) thỏa mãn hệ đã cho.
Đ/s: ( x; y ) = ( −1;1)

 x, y, z ≥ 1
Ví dụ 8. [Tham khảo] Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện  2
2
2
 x + y + z = 6 xy + 2 ( x + y + z )

x +1
y +1
x+ y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
+
 .
y + z −1 x + z −1  z 
2

•

Lời giải:

Với vai trò của hai biến x, y là như nhau nên ta dự đoán điểm rơi bài toán xảy ra tại x = y = k . Khi
đó thay ngược lại giả thiết, ta được 2k 2 + z 2 = 6k 2 + 4k + 2 z ⇔ ( z − 1) = ( 2k + 1) ⇔ z = 2k + 2 .
2

2

•

3 ( k − 1) ( 5k + 3)
2k + 2  k 
5
Thay vào biểu thức P , ta có P =
+
≥ 0 . Với
 ≥ ⇔
2
3k + 1  k + 1 
4
5 ( k + 1) ( 3k + 1)

•

Từ giả thiết, ta có ( x − y ) + z 2 = 4 xy + 2 ( x + y + z ) ⇔ 2 ( x + y + z ) + 4 xy − z 2 ≥ 0

2

2

x = y = 1


z = 4

2

⇔ ( x + y ) + 2 ( x + y + z ) − z 2 ≥ 0 ⇔ ( x + y + z )( x + y + 2 − z ) ≥ 0 ⇔ z ≤ x + y + 2 .
2

•

Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

( x + 1)
( y + 1)
( x + y + 2)
x +1
y +1
+
=
+
≥
y + z − 1 x + z − 1 ( x + 1)( y + z − 1) ( y + 1)( x + z − 1) ( x + 1)( y + z − 1) + ( y + 1)( x + z − 1)
2

2

2

Mà ( x + 1)( y + z − 1) + ( y + 1)( x + z − 1) = 2 xy + z ( x + y + 2 ) − 2 ≤

 x+ y 

( x + y + 2)
+

2
( x + y ) + 2 ( x + y + 2) − 4  x + y + 2 
2

Do đó P ≥
•

2

Cách 2. Ta có P =

≥

2

2

+ ( x + y + 2) − 2 .
2

5
.
4

4( x + y + z)



1
1
x +1
y +1
+
= ( x + y + z)
+
−2.
−2≥
y + z −1 x + z −1
x + y + 2z − 2
 y + z −1 x + z −1

Mà z ≤ x + y + 2 ⇔ x + y + 2 z − 2 ≤ 2 ( x + y ) + z ⇔

4( x + y + z) 4( x + y + z)
≥
.
x + y + 2z − 2 2 ( x + y) + z

x+ y 
4
+ 1
4( x + y + z)
z
x+ y

 + x+
Do đó P ≥
−2+

 =

x+ y
2( x + y) + z
 z 
2.
+1  z
z
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là .
4
2

•

2

( x + y)

2

y
5
 −2≥ .
4


Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 1: [Trích đề thi thử chuyên ĐHSP - Lần 2 – 2015]
 x 4 y + y 5 = x10 + x 6
Giải hệ phương trình 
4 1 + x − 2 1 − x − 3 x = 1 + 1 − y
Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) có phương trình

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

= 25 . 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.

Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa - Lần 2 – 2015]
 x 2 + xy + 2 y 2 + y 2 + xy + 2 x 2 = 2 ( x + y )

Giải hệ phương trình 
( 8 y − 6 ) x − 1 = 2 + y − 2 y + 4 x − 2 + 3

(

)(

)

Câu 4: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
 11 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD . Điểm F  ;3  là trung điểm của cạnh AD . Đường
2 
thẳng EK có phương trình 19 x − 8 y − 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.

Câu 5: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa - Lần 2 – 2015, tương tự]
2 x − 1 + 3 5 − x + 3 y = 30 x − 68

Giải hệ phương trình  2
2
( x + 4 ) ( x − 2 ) y − 1 + 2 = y − 2 y − 15

(

)

Câu 6: [Trích đề thi thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15 . Đường thẳng AB có phương
 16 13 
trình x − 2 y = 0 . Trọng tâm của tam giác BCD là G  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết
 3 3

điểm B có tung độ lớn hơn 3.
Câu 7: [Trích đề thi thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
( x + y + 4 ) x − y + 2 y + 5 = 0
Giải hệ phương trình 
2

2
( x − y ) ( x + 5 ) = y + 1

Câu 8: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng d : 2 x − 5 y + 1 = 0 ,
cạnh AB nằm trên đường thẳng d ′ :12 x − y − 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết nó đi qua

điểm M ( 3;1) .
Câu 9: [Trích đề thi thử THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc - Lần 1 – 2015]

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

 x3 − 3x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2

Giải hệ phương trình 
3 x − 2 = y 2 + 8 y

Câu 10: [Trích đề thi thử THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc - Lần 1 – 2015, tương tự]

(

)

(

)

 x 2 1 + y 2 + y 2 1 + x 2 = 4 xy

Giải hệ phương trình 
2
2
2
x − 1 + x = x y 1 − 1 + y


(

)

Câu 11: [Trích đề thi thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
2 x 3 − 3 + 2 y 2 + 3 y = 2 x y + y
Giải hệ phương trình 
2
 x − y + 3 + y = 0
Câu 12: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
Cho x, y là các số không âm thỏa mãn x 2 + y 2 = 2 .

(

(

)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 5 x5 + y 5 + x 2 y 2 5 2 xy + 2 − 4 xy + 12

)

Câu 13: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 = 3c 2 + 4 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( b + c ) ( a − c ) + ( a + c ) ( b − c ) − c3
P=
2

2

a+c

b+c

Câu 14: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = xy + 2 z
2

 x
y 
8z3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =  2
+
+

2
x 2 + z 2  ( x 2 + z 2 )( y 2 + z 2 )
y +z
Câu 15: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x ≤ z .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 +

2 x2

( x + y)

2

−

2z (2 y + z )

( y + z)

2

+

3z
z+x

Cố gắng, cố gắng… ắt sẽ thành công !
Thầy Hùng ĐZ

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – P4

Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Ví dụ 1. [Video, trích đề thi thử trường THPT Phù Cừ, Hưng Yên, tương tự bản gốc]
Giải bất phương trình x 2 − 5 x + 7 + 9 x − 5 ≤

11x − 4 −

( 9 x − 5)( 7 x − 6 )

( x ∈ ℝ) .

9x − 5 − 7 x − 6
Ví dụ 2. [Video, trích đề thi thử của Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội, 2016]

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) đường kính AE. Đường phân giác
 −13 9 
trong góc A có phương trình x + 2 y + 2 = 0 . Biết điểm H 
;  ; E ( 4; 2 ) , tìm toạ độ các đỉnh của tam
 5 5
giác ABC.
Ví dụ 3 [Video]. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab ≥ 1 và c ( a + b + c ) ≥ 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

b + 2c a + 2 c
+
+ 6 ln ( a + b + 2c ) .
1+ a
1+ b

Ví dụ 4. [Tham khảo, trích đề thi thử trường THPT Phù Cừ, Hưng Yên, tương tự bản gốc]
Giải bất phương trình sau trên tập ℝ :

Điều kiện −3 ≤ x ≤

(

5 x − 13 − 57 + 10 x − 3 x 2
+ 2 x + 3 ≥ x2 + 2 x + 9
x + 3 − 19 − 3 x
Lời giải:

19
; x ≠ 4 . Bất phương trình đã cho tương đương
3

)(

x + 3 − 19 − 3 x 2 x + 3 + 19 − 3 x
x + 3 − 19 − 3 x

) +2

x + 3 ≥ x2 + 2 x + 9

⇔ 2 x + 3 + 19 − 3 x + 2 x + 3 ≥ x 2 + 2 x + 9 ⇔ 19 − 3 x + 4 x + 3 ≥ x 2 + 2 x + 9
x+5
13 − x

⇔ 4 x + 3 −

≥ x2 + x − 2
 + 19 − 3x −
3 
3

⇔

(

4 x2 + x − 2

)

x+5

9 x + 3 +

3 


+

x2 + x − 2
+ x2 + x − 2 ≤ 0
13
−
x


9  19 − 3x +


3 






4
1
⇔ x2 + x − 2 
+
+ 1 ≤ 0 (1)
 9  x + 3 + x + 5  9  19 − 3 x + 13 − x  



 
3 
3  

 
4
1
Rõ ràng
+
+ 1 > 0 với mọi x thuộc miền xác định nên
x+5
13 − x 



9 x + 3 +
 9  19 − 3x +

3 
3 


(1) ⇔ x 2 + x − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 1 . Kết hợp miền xác định ta được S = [ −2;1] .

(

)

Ví dụ 5. [Tham khảo, trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc]
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( 3; 0 ) và trung điểm của BC là

I ( 6;1) . Đường thẳng AH có phương trình x + 2 y − 3 = 0 . Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C

của tam giác ABC . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng DE có phương trình
x − 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Lời giải:
1
Gọi M là trung điểm của AH ta có: ME = MD = AH
2

1
Mặt khác IE = ID = BC nên IM và đường trung trực của DE
2
Khi đó: IM : y = 1 ⇒ M = IM ∩ AH ⇒ M (1;1) ⇒ A ( −1; 2 ) .

Phương trình BC là: 2 x − y − 13 = 0 . Gọi B ( t ; 2t − 13)
Ta có: C (12 − t ;15 − 2t ) . Mặt khác AC.BH = 0

 B ( 4; −3) ; C ( 8;5 ) ⇒ D ( 2;3) ( tm )
t = 4
⇔ (13 − t )( 3 − t ) + (13 − 2t )(13 − 2t ) = 0 ⇔ 
⇔
t = 13  B (13;13) ; C ( −1; −11) ⇒ D ( 2; −1) ( loai )
1
Cách khác: Sử dụng MD = MA = AH với D ( 2; t ) ⇒ D ( 2;3) ⇒ B ( 4; −3) ; C ( 8;5 ) .
2
Đáp số: A ( −1; 2 ) ; B ( 4; −3) , C ( 8;5) .
Ví dụ 6. [Tham khảo] Cho x, y, z là các số thực thuộc [1;9] và thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x ≥ z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

y
1 y
z 
+ 
+
.
10 y − x 2  y + z z + x 

Lời giải
y

z
1
1
z x x
Ta có
+
=
+
, và chú ý . = ≥ 1 nên áp dụng bổ đề ( ∗) ta có được:
y + z z + x 1+ z 1+ x
y z y
y
z
y
z
1
1
2
2
1
1
1
1
+
=
+
≥
=
⇒P≥
+

=
+
2
x
y + z z + x 1+ z 1+ x
z x
x
x 10 − t 1 + t
10 −
1+
.
1+
1+
y
z
y
y z
y
y
Với t =

 x ∈ [1;9] 1
x
và 
⇒ ≤
y
3
y
∈
1;9

[
]


x
1
1
1 
≤ 3 ⇒ t ∈  ;3 , xét hàm số f ( t ) =
+
, có
2
y
10 − t 1 + t
3 

( t − 2 ) ( t 3 − 24t − 50 )
f '(t ) =
−
=−
;
2
2
2
(10 − t 2 ) (1 + t )
(10 − t 2 ) (1 + t )2
2t

1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ f ( 2 ) =

f ' (t ) = 0 ⇔ t = 2

1
1
⇒P≥ .
2
2

 x
=2
x = 4 y
1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  y
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là .
⇔
2
z = 2 y

2
xy
=
z

Ví dụ 7. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa]
2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4
Giải hệ phương trình 
2

2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Lời giải:
1

x ≥ −
ĐK: 
(*)
3
6 − 4 y − y 2 ≥ 0

Khi đó (1) ⇔ 2 ( y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8 ) + y + 2 = ( 2 x + 8) x + 4 + x + 4

⇔ 2 ( y + 2) + ( y + 2) = 2
3

(

x+4

)

3

+ x + 4.

Đặt u = y + 2, v = x + 4 ≥ 0 ⇒ 2u 3 + u = 2v3 + v ⇔ 2 ( u 3 − v3 ) + ( u − v ) = 0
⇔ ( u − v )  2 ( u 2 + uv + v 2 ) + 1 = 0

2
⇔ ( u − v ) ( u + v ) + u 2 + v 2 + 1 = 0 ⇔ u = v


2
⇒ y + 2 = x + 4 ⇒ y + 4 y + 4 = x + 4 ⇔ y 2 + 4 y = x.

3 x + 1 + 3 x 2 − 14 x − 8 = 6 − x

Thế vào (2) ta được

⇔

(

) (

)

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

3x + 1 − 16 1 − ( 6 − x )
+
+ ( x − 5)( 3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3 ( x − 5)

x −5
⇔
+
+ ( x − 5)( 3 x + 1) = 0
4 + 3x + 1 1 + 6 − x
3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3 x + 1 = 0
 4 + 3x + 1 1 + 6 − x

1
3
1
+
+ 3 x + 1 > 0.
Với − ≤ x ≤ 6 ⇒
3
4 + 3x + 1 1 + 6 − x
Do đó (3) ⇔ x = 5 ⇒ y + 2 = 5 + 3 ⇔ y = 1 thỏa mãn (*)
⇔

(3)

Đ/s: ( x; y ) = ( 5;1)

Ví dụ 8. [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa]

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) tâm I ( xI > 0 ) , ( C ) đi qua điểm A ( −2;3) và tiếp
xúc với đường thẳng d1 : x + y + 4 = 0 tại điểm B . ( C ) cắt d 2 : 3 x + 4 y − 16 = 0 tại C và D sao cho ABCD

là hình thang có hai đáy là AD, BC , hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Tìm tọa độ các điểm
B, C , D.
Lời giải
Tứ giác ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn tâm I nên tứ
giác ABCD là hình thang cân
Do AC ⊥ BD nên ∆KAD vuông cân tại K
⇒ AIB = 2 ADB = 900
Mà đường thẳng d1 tiếp xúc với ( C ) nên IB ⊥ d1
⇒ IB = d ( A, d1 ) =

5

⇒ IA =

5

2
2
Đường thẳng AI qua A ( −2;3) và song song với d1 nên phương
trình đường thẳng AI : x + y − 1 = 0

Do I ∈ AI : x + y − 1 = 0 ⇒ I ( t ;1 − t )
Mà IA =

5
2

⇒ (t + 2) + (t + 2) =
2

2

25
1
9
⇔ t = ∨t = −
2
2
2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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
2

2

5
1 
1
25
1 1
1 1

Mà xI > 0 ⇒ I  ;  , ( C ) có tâm I  ;  bán kính IA =
⇒ (C ) :  x −  +  y −  =

2 
2
2
2
2 2
2 2

Ta có C , D là giao điểm của d 2 với đường tròn ( C ) nên tọa độ C , D thỏa mãn hệ phương trình
2
2

1 
1
25
x = 0 x = 4
 x −  +  y −  =
∨
2 
2
2 ⇔

y
=
4

y = 1
3x + 4 y − 16 = 0


Điểm B là hình chiếu của I lên d1 nên tọa độ B ( −2; −2 )

Do AD / / BC ⇒ B ( −2; −2 ) , C ( 4;1) , D ( 0; 4 )

Vậy B ( −2; −2 ) , C ( 4;1) , D ( 0; 4 ) là các điểm cần tìm.

Ví dụ 9. [Tham khảo] Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x ≤ z .
Tìm GTNN của biểu thức P = 2 +

2 x2

( x + y)

2

−

2z (2 y + z )

( y + z)

2

+

3z
z+x

Lời giải

Trước hết ta có : 2 +

2x

2

( x + y)

2

−

2z (2 y + z)

( y + z)

2

=

( x + y)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :

P≥

2 ( y + z ) − 2z ( 2 y + z )
2

2 x2
2

+

( y + z)

2x2

( x + y)

2

+

2 y2

( z + y)

2

2

≥

=

2 x2

( x + y)

2

+

2 y2

( z + y)

2

x
y
+
, do đó ta có :
x+ y z+ y

x
y
3z
1
1
3
2
3
+
+
=
+
+
≥
+
x + y z + y z + x 1+ y 1+ z 1+ x

z 1+ x
1+
x
y
z
z
x

5
Ta sẽ đi chứng minh P ≥ , thật vậy nếu đặt t =
2
5
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = .
2

z
2
3t 2
5
≥ 1 thì
+ 2
≥ ⇔ ( t − 1) ( t 2 + 6t + 1) ≥ 0 .
x
1+ t t +1 2

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
2 y 3 + 6 y 2 + 7 y + 3 = ( 2 x + 3) x + 1

Câu 1: Giải hệ phương trình 
2

2
2
3 x + 3 x + 1 = 2 ( y + 1) + 2 − 2 y − y

2 y 3 + 6 y 2 + 7 y + 3 = 3 ( 2 x + 1) 3x + 1
Câu 2: Giải hệ phương trình 
2
2
 x − y + 2 = 3 x + 3 y − 2 5 − x
Câu 3: [Trích đề thi thử chuyên ĐHSP - Lần 2 – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : 3 x + 2 y − 4 = 0 và hai điểm A ( −1; −3) , G ( 3; −1) .
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận G làm trọng tâm và đường thẳng ∆ chứa

đường trung trực của cạnh AC .
Câu 4: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội]
 x2 + y 2
x 2 + xy + y 2
+
= x+ y

Giải hệ phương trình 
2
3

 x 2 xy + 5 x + 3 = 4 xy − 5 x − 3
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

Câu 5: [Trích đề thi thử THPT Lí Tự Trọng – Khánh Hòa]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A (1; 2 ) ; B ( 4;1) và đường thẳng d : 3 x − 4 y + 5 = 0 . Viết phương
trình đường tròn ( C ) đi qua A, B cắt d tại C , D sao cho CD = 6 .

Câu 6: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội, tương tự]
 7 x 2 + 6 xy + 3 y 2 + 3 x 2 + 6 xy + 7 y 2 = 4 ( x + y )

Giải hệ phương trình 
 5 x 2 + 14 y + 9 − y 2 − x − 20 = 5 x + 1
Câu 7: [Trích đề thi thử THPT Quốc Gia tỉnh Bắc Ninh]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của đoạn
BC , G là trọng tâm tam giác ABM , D ( 7; −2 ) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương
trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng

AG là 3 x − y − 13 = 0 .

Câu 8: [Trích đề thi thử THPT tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu]

 x3 − y 3 + 6 y 2 − 12 x − 16 = 0
Giải hệ phương trình 
2
2
2
 x 4 − x − 3 4 y − y − 3 y + 10 − x = 0
Câu 9: [Trích đề thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc - Lần 2 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 4 = 0 tâm I và điểm M ( 3; 2 ) . Viết
phương trình đường thẳng ∆ qua M , cắt ( C ) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB
lớn nhất.

Câu 10: [Trích đề thi thử THPT tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, tương tự]

(

)

 x3 − 4 x + 3 y 2 − 1 + y = y 3

Giải hệ phương trình 
 x 1 − x 2 − 2 y − y 2 = 3 x 2 + 2 y − 3
Câu 11: [Trích đề thi thử THPT tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, tương tự]
 4 − x ( x − 1) + y 3 = 3 y 2 − 2
Giải hệ phương trình 
2
2
3 x x − 3 − 7 2 y − y + 2 x − 6 x = 3

Câu 12: [Trích đề thi thử THPT Đào Duy Từ - Thanh Hóa]
Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

3
8
1
−
−
.
2
2a + b + 8bc
2b 2 + 2 ( a + c ) + 3 a + b + c

Câu 13: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x ( y + z + 1) = 16 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2 x2
x ( 3 x + 2 z ) + ( y + 1)

2

+

2− x
xyz + 2
−
.
x + y + z + 1 4 x + 2 3y + z + 2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ – P5
Thầy Đặng Việt Hùng – Lê Văn Tuấn –Nguyễn Thế Duy
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Ví dụ 1. [Video, trích đề thi thử trường THPT Mỹ Đức A, Hà Nội]

2 x 2 + 5 x + y 2 − 3 y ( x + 1) − ( 2 x − y + 1) y − x + 2 = 0
Giải hệ phương trình 
2
2

4 x + x + 4 − 2 x + y − x + 4 y = y
Ví dụ 2. [Video, trích đề thi thử trường THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh]
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( C ) . Gọi H và K lần lượt là
chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC và từ B xuống đường kính AA ' của đường tròn ( C ) . Biết điểm
 −1 8 
H  ;  , đường thẳng AC và BK lần lượt có phương trình là 2 x + y − 6 = 0 và x − 7 y + 15 = 0 . Tìm toạ độ
 5 5
các đỉnh của tam giác ABC .

Ví dụ 3 [Video]. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) ≤ 2 .
2

(

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x + y ) 3

x− y

+3

y− z

+3

z−x

2

2

)

− 3 + ( x + z ) x 4 + y 4 + z 4 + 15 .

Ví dụ 4 [Tham khảo, trích đề thi thử THPT Tĩnh Gia 1, Thanh Hóa].
2 y 2 − 3 y + 1 + y − 1 = x 2 + x + xy
Giải hệ phương trình 
2
 2 x + y − −3x + 2 y + 4 + 3x − 14 x − 8 = 0
Lời giải:
Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 1; 4 − 3 x + 2 y ≥ 0 .
Phương trình thứ thất của hệ tương đương với: x 2 + xy − 2 y 2 + 3 y − 1 + x − y − 1 = 0

⇔ ( x − y + 1)( x + 2 y − 1) + x − y − 1 = 0 ⇔
⇔

(

)(

x − y −1 


(

x − y −1

)(

)

x + y − 1 ( x + 2 y − 1) + x − y − 1 = 0

x = y −1
x + y − 1 ( x + 2 y − 1) + 1 = 0 ⇔ 

 x + y − 1 ( x + 2 y − 1) + 1 = 0

)

(

)

x ≥ 0
Vì 
suy ra
x + y − 1 ( x + 2 y − 1) + 1 > 0; ∀x ≥ 0; y ≥ 1 nên ta có y = x + 1 .
 y −1 ≥ 0
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

(

)

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 ⇔ 3x 2 − 14 x − 5 +
3 ( x − 5)

(

) (

)

3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x = 0

x−5
3
1


= 0 ⇔ ( x − 5)  3 x + 1 +
+
=0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3x + 1 + 4 1 + 6 − x 

3
1
1
⇔ x = 5 ⇒ y = 6 vì 3 x + 1 +
+
> 0; ⇔ x ≥ − .
3
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 5; 6 ) .
⇔ ( x − 5)( 3 x + 1) +

+

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016