Bộ đề ôn thi THPT QG câu 8 9 10

BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Hiện nay đa số học sinh ôn thi THPT QG chỉ chú trọng đến ba câu phân loạn 8, 9, 10. Để
giúp các em có thêm tài liệu ôn thi tốt hơn, hiệu quả hơn. Tác giả đã sưu tầm, kết hợp với
tự xây dựng nên bộ đề ôn thi THPT QG - Câu 8, 9, 10. Bộ đề này được sưu tầm từ các đề
thi thử của các trường trên cả nước và kết hợp với các đề mà tác giả tự biên soạn theo ma
trận đề của BGD đưa ra. Bộ đề được biên soạn công phu, hệ thống các bài tập đưa ra đa
dạng, đụng chạm đến nhiều góc độ kiến thức và kĩ năng khác nhau. Bộ đề này đã được tác
giả đưa vào dạy ôn thi THPT QG và thấy có hiệu quả thực sự. Kỳ thi cũng đã đến gần rồi
hy vọng cuốn tài liệu này sẽ giúp thêm kiến thức cho các em trong những ngày ôn thi còn
lại. Chúc các em ôn tập đủ kiến thức để bước vào kỳ thi thành công tốt đẹp.
Tháng 6 năm 2016

A
B
I
C

D

E
N
M

GV: Ngô Quang Vân

1

Sưu tầm và biên soạn

BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

♥ Đề 1. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 6
và có phương trình đường thẳng AC là x + 2y - 9 = 0. Điểm M (0;4) thuộc đường thẳng
BC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết đường thẳng CD đi qua

N (2;8) và đỉnh C có tung độ là một số nguyên.

Câu 9. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
ö
2
÷
- 34 x ( x - 2) ÷
= 3x + 2.
÷
÷
ø
x- 2
Câu 10. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0.

(

æ
2 x + x - 2 çççm2 x +
ç
è

)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

1
y ( x − 1)( z + 1)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.

Vì C Î AC : x + 2y - 9 = 0 Þ C (9- 2c;c)
uuur
uuur
Suy ra NC = (7 - 2c;c - 8), MC = (9- 2c;c - 4)
uuur uuur

Khi đó ta có: NC .MC = 0 Û (7 - 2c)(9- 2c) + (c - 8)(c - 4) = 0
Û 5c2 - 44c + 95 = 0 Û c = 5 Ú c =

19
5

Vì C có tung độ là một số nguyên nên C (- 1;5)
uuuu
r

Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại A ' có MC = ( −1;1) là vtpt của MA '
GV: Ngô Quang Vân

2

Sưu tầm và biên soạn


B ễN THI THPT QG - CU 8, 9, 10
ổ
1 13ử
2
ữ
, MA ' =
, MC = 2 .
Khi ú MA ' : x - y + 4 = 0 . Suy ra A 'ỗỗỗ ; ữ
ữ
ữ
ố3 3 ứ

3

1
1
2
3
Hai tam giỏc ABC v A 'MC ng dng v M (0;4) nm trờn cnh BC nờn:
2
uuu
r

uuur
ổCB ử
ùỡù xB + 1 = 3.1
SABC
3
ữ
ỗ
ữ
=
=
=
9
ị
CB
=
3
CM
ị
ị B (2;2)
ỗ
ớ
ữ
ỗ
ữ SA 'MC
ùù yB - 5 = 3.(- 1)
1
ốCM ứ
ợ
3
uuur uuur

uur
uuur
Tng t CA = 3CA ' ị A(3;3) . T AB = DC ị D(0;6)
Vy A(3;3), B(2;2),C (- 1;5), D(0;6) .
Cõu 9. iu kin: x > 2
2
3x + 2
2
- 34 x ( x - 2) =
Khi ú: ( 1) m x +
x- 2
2 x + x- 2
2
m2 x +
- 34 x ( x - 2) = 2 x - x - 2
x- 2
2
x- 2+
- 3.4 x ( x - 2) = 2- m2 x
x- 2

Ta cú SA 'MC = .MA '.MC =

(



x
x- 2

- 3.4

)

x- 2
= 2- m2
x

(2)

1
x- 2
vi t ẻ ( 0;1) (do x > 2). Pt (2) tr thnh 2 - 3t = 2- m2 (3)
t
x
Phng trỡnh (1) cú nghim phng trỡnh (3) cú nghim t ẻ ( 0;1)

t t = 4

Xột hm f ( t) =

1
- 3t vi t ẻ ( 0;1) , ta cú:
t2
2
f '( t ) = - 3 - 3 < 0 , " t ẻ ( 0;1)
t

Bng bin thiờn:
t

0

f '( t )
f ( t)

1

-

+Ơ

- 2

Da vo bng bin thiờn, ta suy ra:
Phng trỡnh (3) cú nghim t ẻ ( 0;1) 2- m2 > - 2 4 - m2 > 0 - 2 < m < 2
Vy phng trỡnh ó cho cú nghim khi - 2 < m < 2.
GV: Ngụ Quang Võn

3

Su tm v biờn son


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Câu 10. Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a, b, c > 0
P=

1

2 a 2 + b2 + c2 + 1

Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥
Dấu “=” xảy ra khi

−

1
( a + 1)(b + 1)(c + 1)

(a + b) 2 (c + 1) 2 1
+
≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4

a = b = c =1

( a + b + c + 3)3
Mặt khác (a + 1)(b+ 1)(c + 1) ≤
27
1

27

Khi đó P ≤ a + b + c + 1 − (a + b + c + 3)3 .
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt t = a + b + c + 1 > 1 .
1

27

Khi đó P ≤ t − (t + 2)3 , t > 1
1
27
1
81
81t 2 − (t + 2) 4
f (t ) = −
,
t
>
1;
f
'(
t
)
=
−
+
=
t (t + 2)3
t 2 (t + 2) 4
t 2 (t + 2) 4
f (t ) = 0
Xét f '(t ) = 0 ⇔ 81t 2 − (t + 2) 4 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 (do t>1); xlim
→+∞
Bảng biến thiên

t

1

4

+∞

f’(t)
f(t)

+

0

-

1
8

0
0
1
8
a
=
b
=
c
=1


1
Vậy max P = f ( 4 ) = 8 ⇔ a + b + c + 1 = 4 ⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1


Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( 4 ) =

♥ Đề 2. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Giải bất phương trình 2 3x − 5 − 3 3 x + 5 ≤

17 x − 35 − 12 3 x 2 + 10 x + 25
.
3x + 6 3 x + 5 − 5

Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C),
hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là E ( −5;0 ) ; điểm A thuộc đường thẳng
GV: Ngô Quang Vân

4

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

( ∆ ) : 3x − 4 y − 35 = 0 ; điểm

 13 14 
C  − ; ÷ và CB = CD ; khoảng cách từ trung điểm M của
 3 3

BD đến đường thẳng ( ∆ ) bằng 11. Tìm tọa độ các điểm A, B, D biết rằng điểm M có tung
độ dương.
Câu 10. Cho các số thực x, y thỏa mãn x ≥ 2, y ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1 1
3 2
+ 3−
.
3
x
y 4 xy − x − y + 2

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.
+ Điều kiện x ≥

5
3

2
3
+ Đặt a = 3x − 5; b = 3 x + 5 , ta có 17 x − 35 = 6 ( 3x − 5 ) − ( x + 5 ) = 6a − b

Bất phương trình đã cho trở thành:
6a 2 − b3 − 12b 2
2a − 3b ≤
a + 6b
⇔ ( 2a − 3b ) ( a 2 + 6b ) ≤ 6a 2 − b3 − 12b 2 (với x ≥

⇔ ( a − b)

2

( 2a + b − 6 ) ≤ 0

5
thì a ≥ 0; b > 0 )
3

a = b
⇔
 2a + b − 6 ≤ 0

+ Với a = b thì 3x − 5 = 3 x + 5
⇔ ( 3x − 5) = ( x + 5)
3

2

⇔ 27 x 3 − 136 x 2 + 215 x − 150 = 0
⇔ ( x − 3) ( 27 x 2 − 55 x + 50 ) = 0
x = 3
⇔
⇔ x = 3 (1)
2
27
x
−
55

x
+
50
=
0


+ Với 2a + b − 6 ≤ 0 thì 2 3x − 5 + 3 x + 5 − 6 ≤ 0
⇔2
GV: Ngô Quang Vân

(

) (

3x − 5 − 2 +

3

)

x+5 −2 ≤ 0

5

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

⇔

6 ( x − 3)
3x − 5 + 2

x−3

+
3

( x + 5)


6
⇔ ( x − 3) 
+
 3x − 5 + 2

⇔ x ≤ 3 (do

2

+2 x+5 +4
3

≤0


≤0
3

+ 2 x + 5 + 4 
1

3

( x + 5)

6
+
3x − 5 + 2

2

1
3

( x + 5) + 2 3 x + 5 + 4
2

> 0 ) (2)

5 

+ Từ (1), (2) và kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm là S =  ;3
3 
Câu 9.

uuu
r  2

14 

+ Đường thẳng AB đi qua E và nhận CE =  − ; − ÷ là vectơ pháp tuyến, phương trình
 3 3
AB là: x + 7 y + 5 = 0 ; A = AB ∩ ∆ ⇒ A ( 9; −2 )
·
+ Do CB = CD nên AC là phân giác trong góc BAD
, gọi K là điểm đối xứng với E qua
AC, khi đó K ∈ AD .
Đường thẳng AC đi qua A, C có phương trình: x + 2 y − 5 = 0
Đường thẳng EK đi qua đi qua E và vuông góc với AC: 2 x − y + 10 = 0
Gọi J = EK ∩ AC ⇒ J ( −3;4 ) , J là trung điểm của EK nên K ( −1;8 )
+ Đường thẳng AD đi qua A, K có phương trình: x + y − 7 = 0
+ Có B ∈ AB, D ∈ AD nên B ( −7b − 5; b ) , D ( d ;7 − d )
+ Gọi M là trung điểm của BD, ta có CM ⊥ BD , ta chứng minh M ∈ EK
·
·
·
·
Các tứ giác CMKD, CMBE, ABCD nội tiếp nên KMD
; BME
= KCD
= BCE
·
·
·
·ADC = EBC
·
·
·

. Mà ·ADC + KCD
.
= 900 ; EBC
+ BCE
= 900 nên KCD
= BCE
·
·
Do đó KMD
hay E, M, K thẳng hàng, tức là M ∈ EK
= BME
6
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

+ Do M ∈ EK nên M ( m;2m + 10 ) ; điểm M có tung độ dương nên m > −5
Ta có d ( M ; ( ∆ ) ) = 11 ⇔
Vậy M ( −4;2 ) .

−5m − 75
 m = −4 (t/m)
= 11 ⇔ 
.
5
 m = −26 (loai)
( −7b − 5 ) + d = 2. ( −4 )
b = 1

⇔
d = 4
b + ( 7 − d ) = 2.2

+ Mà M là trung điểm của BD nên 
Khi đó B ( −12;1) , D ( 4;3)
+ Vậy A ( 9; −2 ) ; B ( −12;1) ; D ( 4;3)

1 1 1
1 1 1 3 1
1 3 1 1
+ 3 + ≥ 3 3 3 . 3 . = . 2 ⇒ 3 ≥ . 2 − . Dấu “=” khi x = 2
3
x
x 8
x x 8 2 x
x
4 x 16
1 3 1 1
1 1 3 1
1  1
Tương tự 3 ≥ . 2 − . Do đó 3 + 3 ≥  2 + 2 ÷−
y
4 y 16
x
y
4 x
y  8
1
1

2
+
≥
+ Ta có
(*) với mọi a ≥ 1, b ≥ 1 . Thật vậy:
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab
1
1
2
2
+
≥
⇔ ( ab − 1) ( a − b ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a ≥ 1, b ≥ 1 )
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu “=” khi a = b .
+ Do x ≥ 2; y ≥ 2 nên x − 1 ≥ 1; y − 1 ≥ 1
2
1
2
1 + ( x − 1) 2  ⇒ 1 ≥
x
=
1
+
x
−
1
≤

2


(
)


Có


x 2 2 1 + ( x − 1) 2 



1
1 1
1
1
1
+
≥
+
≥

(áp dụng (*))
2
2
2
2
x

y
2 1 + ( x − 1)
1 + ( y − 1)  1 + ( x − 1) ( y − 1)
Dấu “=” khi x = y = 2 .

Câu 10. + Có

3
1
3 2
1
−
−
4 1 + ( x − 1) ( y − 1) 4 xy − x − y + 2 8
1
1
+ Đặt t =
(do x ≥ 2; y ≥ 2 nên 0 < t ≤
)
xy − x − y + 2
2
 1 
3
3 2
1
t − trên  0;
Xét hàm số f ( t ) = t 2 −
.
2 
4

4
8

1
f ( t ) = − khi t = 1 . Vậy min P = − 1 khi x = y = 2
Tìm được min
1 
2
 0; 
2
2

+ Vậy P ≥ .



2

♥ Đề 3. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C và D và
GV: Ngô Quang Vân

7

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

AD = 2BC = 2CD. Qua điểm E thuộc cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt

đường thẳng AB tại F. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết A(6; −2), E (1; 2), F (5; −1) .
2
2
2
Câu 9. Giải hệ phương trình:  xy ( x + 1 + 1) = 3 y + 9 + 3 y


( xy − x) x − 1 + 2 − 2 x + xy = 34 − 34 x + 2 xy + 10 x 2 − x 3

Câu 10. Cho các số x, y, z thỏa 0 < x ≤ y ≤ z . Tìm GTLN của biểu thức
P = xy + yz + zx
2

2

2

(x
− xyz −

2

+ y2 + z2 )
6

2

.

-------------Hết-----------Giải

Câu 8.

·
·
·
·
Ta có ·ABD = FBD
= FED
= 900 nên tứ giác DEBF nội tiếp. Suy ra CBD
= DFE
= 450
⇒ DE = EF

uur

Phương trình EF có VTCP EF = ( 4; −3) ⇒ EF : 3 x + 4 y − 11 = 0
 x = 1 + 3t
⇒ D ( 1 + 3t ; 2 + 4t ) thỏa đề DE = EF và D, A cùng phía đối với
 y = 2 + 4t

Phương trình ED : 

EF. t = −1 ⇒ D ( −2; −2 )
Phương trình CD: x+2=0. Phương trình BC: y-2=0. Suy ra C(-2;2)
Phương trình AB: x+y-4=0. Suy ra B(2;2)
Vậy: B ( 2; 2 ) ; C ( −2; 2 ) ; D ( −2; −2 )
2
3
Câu 9. Điều kiện x ≥ 1; 2 − 2 x + xy ≥ 0;34 − 34 x + 2 xy + 10 x − x ≥ 0
GV: Ngô Quang Vân

8

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Từ x ≥ 1; 2 − 2 x + xy ≥ 0 . Suy ra y ≥

2x − 2
≥0
x

y = 0 không thỏa nên y > 0.
2

3 3
3
( 1) ⇔ x x + 1 + x =  ÷ + 1 + ( *)
y  y
y
2

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

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡

t2
t2 +1

+ 1 > 0 ∀t

3
3
⇒ ( *) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ xy = 3
y
 y

( 2 ) ⇔ (3 − x)

(

x − 1 + 5 − 2 x = 40 − 34 x + 10 x 2 − x3

) (

⇔ (3 − x) 2 x − 1 − x + 2

(

5 − 2x + x − 3

)

)

= 2 40 − 34 x + 10 x 2 − x3 + 3 x − 10 + ( x 2 − 4 x + 4 )

(

) (

⇔ (3 − x) x − 2 x − 1 + 2 3 − x − 5 − 2 x

(

)

)

+ 2 40 − 34 x + 10 x 2 − x 3 + 3x − 10 + ( x 2 − 4 x + 4 ) = 0
⇔ (3 − x)

( x − 2)

2

x + 2 x −1

+2

( x − 2)

( x − 2 ) ( −4 x + 15 )

2

3 − x + 5 − 2x

2

+

+ ( x − 2) = 0
2

2 40 − 34 x + 10 x 2 − x3 + 10 − 3 x


( −4 x + 15 )
(3 − x)
2
2 
⇔ ( x − 2) 
+
+
+ 1 = 0
2
3
 x + 2 x − 1 3 − x + 5 − 2 x 2 40 − 34 x + 10 x − x + 10 − 3 x 
 5
⇔ x = 2 Do [ ...] > 0 ∀x ∈ 1; 
 2

 3  



Câu 10. Vì 0 < x ≤ y ≤ z nên
⊕ x( x − y )( y − z ) ≥ 0 ⇔ ( x 2 − xy )( y − z ) ≥ 0

Vậy nghiệm S =  2; ÷
2

⇔ x 2 y − x 2 z − xy 2 + xyz ≥ 0 ⇔ x 2 y + xyz ≥ x 2 z + xy 2
⊕ xy 2 + yz 2 + zx 2 − xyz = ( x 2 z + xy 2 ) + yz 2 − xyz

≤ ( x 2 y + xyz ) + yz 2 − xyz = y ( x 2 + z 2 )

Theo bất đẳng thức CauChy ta có:
y ( x2 + z 2 ) =

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

3

 x2 + y 2 + z 2 
1  2 y 2 + ( x2 + z 2 ) + ( x2 + z 2 ) 
≤
=
2

÷

÷

3
3
2 



GV: Ngô Quang Vân

9

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Do đó P = xy + yz + zx
2

2

2

(x
− xyz −

3

2

+ y2 + z2 )

2

6
2

 x2 + y 2 + z 2  3  x2 + y 2 + z 2 
≤2 
÷ − 
÷
3
3

 2


 x2 + y 2 + z 2 
3 4
3
÷ (t > 0) . Ta có P ≤ f (t ) = 2t − t .
3
2



Đặt t = 

f '(t ) = 6t 2 − 6t 3 = 6t 2 (1 − t ) = 0 ⇔ t = 1 . Lập bảng biến thiên của hàm f (t ) suy ra được
1
f (t ) ≤ f (1) ⇒ P ≤ .

2
1
Vậy Max P = khi x = y = z = 1.
2

♥ Đề 4. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: x 2 + y 2 − 6x − 2y + 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của A trên
BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và
viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x − 10y − 9 = 0 và
điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

y −1
2
 x −1 + x − 2 x + 2 = 3
( x, y ∈ ¡ ) .
Câu 9. Giải hệ phương trình: 
2
x
−
1
 y −1 + y − 2 y + 2 = 3


Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

2
abc
+3

3 + ab + bc + ca
( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8. (T) có tâm I(3;1), bán kính R = 5.
·
·
Do IA = IC ⇒ IAC
(1)
= ICA
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH / /AC (cùng vuông góc AB)
·
·
(2)
⇒ MHB
= ICA
·
·
Ta có: ANM
(chắn cung AM) (3)
= AHM
GV: Ngô Quang Vân

10

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Từ (1), (2), (3) ta có:
A
N
E
M
B

C

I

H

Suy ra: AI vuông góc MN
⇒ phương trình đường thẳng IA là: x + 2y − 5 = 0
Giả sử A(5 − 2a;a) ∈IA.

a = 0

2
2
2
Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a) + a − 6(5 − 2a) − 2a + 5 = 0 ⇔ 5a − 10a = 0 ⇔ 

a = 2

Với a = 2 ⇒ A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a = 0 ⇒ A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)


Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH ⇒ E ∈ MN ⇒ E  t; 2t −




Do E là trung điểm AH ⇒ H  2t − 1; 4t −

9
÷
10 

38 
÷
10 


uuur 
u
u
r

58 
48 
⇒ AH =  2t − 2; 4t − ÷, IH =  2t − 4; 4t − ÷
10 
10 


uuur uur r
272 896

t+
=0
Vì AH ⊥ HI ⇒ AH.IH = 0 ⇔ 20t 2 −
5
25
 8
 11 13 
⇒ H  ; ÷ (thoûa maõn)
t =
5
5 5
⇔
 28
 31 17 
⇒ H  ; ÷ (loaïi)
t =
 25 25 
 25
 11 13 
8
Với t = ⇒ H  ; ÷ (thỏa mãn)
5
5 5
uuur  6 3 
r
AH
=  ; ÷ ⇒ BC nhận n = (2;1) là VTPT
Ta có:
5 5

GV: Ngô Quang Vân

11

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
⇒ phương trình BC là: 2x + y − 7 = 0

Câu 9.

Câu 10. Áp dụng Bất đẳng thức ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) , ∀x, y, z ∈ ¡ ta có:
2

( ab + bc + ca )

2

≥ 3abc ( a + b + c ) = 9abc > 0

⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

(

)

3

Ta có: ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 1 + 3 abc , ∀a, b, c > 0. Thật vậy:

( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) = 1 + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + abc ≥

(

1 + 3 3 abc + 3 3 ( abc ) + abc = 1 + 3 abc
2

Khi đó P ≤

(

2

3 1 + abc

)

+

3

abc
=Q
1 + 3 abc

)

3

( 1)
3

 a+b+c
Đặt abc = t . Vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤ 
÷ =1
3


2
2
t
Xét hàm số Q = 3 1 + t 3 + 1 + t 2 , t ∈ ( 0;1]
( )
6

⇒ Q '( t ) =

2t ( t − 1) ( t 5 − 1)

(1+ t ) (1+ t )
3 2

2 2

≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1]

Do hàm số đồng biến trên ( 0;1] nên Q = Q ( t ) ≤ Q ( 1) =
GV: Ngô Quang Vân

12

5
6

( 2)
Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Từ (1) và (2) suy ra P ≤

5
6

5
6

Vậy max P = , đạt được khi và chỉ khi: a = b = c = 1 .
♥ Đề 5. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD / / BC .
Phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB, AC lần lượt là x − 2 y + 3 = 0; y − 2 = 0 .
Gọi I là giao điểm của AC , BD . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang ABCD biết IB = 2 IA ,
hoành độ của I lớn hơn −3 và điểm M ( −1;3) thuộc đường thẳng BD .
Câu 9. Giải phương trình : 4.33 x − 3x+1 = 1 − 9 x
Câu 10. Cho x; y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2014 + 2012 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
S = ( x − 1) + ( y − 1) +
2

2

2016 + 2 xy x + y + 1
x + y +1

.

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.

+ Do A=AB ∩ AC ⇒ A(1;2)
GV: Ngô Quang Vân

13

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Lấy E(0;2) ∈ AC , gọi F(2a-3; a)∈ AB sao cho EF// BD
EF AE
EF BI
=
⇔
=
= 2 ⇒ EF = 2 AE ⇔ (2a − 3) 2 + (a − 2) 2 = 2
BI
AI

AE AI
11
⇔a=
hoac a = 1
5
11
7 1
+ Khi a= ⇒ EF ( ; ) là vtcp của đường thẳng BD ⇒ BD : x − 7 y + 22 = 0
5
5 5
∩
AC
⇒
I (−8;2) (loại)
Do I = BD
+ Khi a = 1 ⇒ EF (−1;−1) là vtcp của đường thẳng BD ⇒ BD : x − y + 4 = 0
⇒

Do I = BD ∩ AC ⇒ I (−2;2) (t/m) ⇒ AB ∩ BD = B(−5;−1)
IB
IB
3−2 2 3+ 2 2
ID = − ID = − 2 ID ⇒ D(
,
)
ID
IA
2
2
− IA

IA
−1
IA =
.IC = − .IC =
IC ⇒ C (−3 2 − 2;2)
IC
IB
2

+ Lại có: IB = −

Vậy : A(1;2) ; B(-5; -1) ; C(-3 2 -2; 2) ; D(
Câu 9. ĐK: x ≤ 0
(1) ⇔ 4.33x − 3.3x = 1 − 32 x

3− 2 2 3+ 2 2
,
)
2
2

 π
x
Với điều kiện trên thì 0 < 3x ≤ 1 . Đặt cos t = 3 , t ∈ 0; ÷, ta được phương trình
 2
π
 π
t = +k

π


8
2
cos3t = cos  − t ÷ ⇔ 
,k ∈¢
π
2 
 t = − + kπ

4
π
Kết hợp điều kiện của t ta được t = . Ta có
8

π
π
π
π
2+ 2
= cos 2 = 2cos 2 − 1 ⇒ cos =
4
8
8
8
2
 2+ 2 
2+ 2
x
÷
⇔ x = log 3 

Khi đó 3 =

÷
2
2


cos

2016

2
2
Câu 10. Ta có S = x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 + x + y + 1 + 2 xy

2016
2016
= ( x + y + 1) 2 − 4( x + y + 1) + 5 +
.
x + y +1
x + y +1
2016
Đặt t = x + y + 1 thì S = t 4 − 4t 2 + 5 +
.
t
= ( x + y ) 2 − 2( x + y ) + 2 +

GV: Ngô Quang Vân

14

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt a = x + 2 ≥ 0 , b = y − 2014 ≥ 0 suy ra x = a 2 − 2, y = b 2 + 2014 ta
được a 2 − 2 + b 2 + 2014 = 2a + 3b + 2012 ⇔ a 2 + b 2 = 2a + 3b ≤ 13(a 2 + b 2 )
Suy ra 0 ≤ a 2 + b 2 ≤ 13 , x + y + 1 = a 2 + b 2 + 2013 ∈ [ 2013;2026]
⇒ t = x + y +1∈

[

]

2013; 2026 = J

 x = −2
t = 2013 ⇔ a 2 + b 2 = 0 ⇔ a = b = 0 ⇔ 
 y = 2014
a 2 + b 2 = 13
a = 2
x = 2

t = 2026 ⇔  a b
⇔
⇔
b = 3
 y = 2023
2 = 3


2016
Xét hàm số f (t ) = t 4 − 4t 2 + 5 +
liên tục trên J và có
t
2015 4t 4 − 8t 3 − 2016 4t 3 (t − 2) − 2016
f '(t ) = 4t 3 − 8t 2 − 2 =
=
> 0∀t ∈ J
t
t2
t2
⇒ f (t ) đồng biến trên J
2016
2016
⇒ min f (t ) = f ( 2013) = 4044122 +
max f (t ) = f ( 2026) = 4096577 +
,
.
t∈J
2013 t∈J
2026
2016
2016
; max S = 4096577 +
Vậy min S = 4044122 +
2013
2026

♥ Đề 6. (Đề thi thử Violet)

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác
trong góc B và góc C lần lượt là: x – 2y + 1 = 0; x + y + 3 = 0. Gọi M, Q lần lượt là hình
chiếu vuông góc của A lên các đường phân giác ngoài góc B và góc C. Giả sử phương
trình đường thẳng MQ là 4x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A
Câu 9. Giải phương trình :

(

)

log 2 2 x 2 + 9 x + 18 + log 1 ( x + 2 ) = log 2
4

7
− log 1
3
2

(

Câu 10. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c
nhất của biểu thức:

7 x 2 + 25 x + 19 + x 2 − 2 x − 35

)

và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn

P=

-------------Hết------------

Giải
Câu 8. Gọi P, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường phân giác trong
góc B và góc C.Ta chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng.
15
GV: Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
ta có:
=

=

= ( + ); (Vì

=>

)

= ( + ). Suy ra N, P, Q thẳng hàng

Tương tự:M, N, P thẳng hàng.
Vì vậy M, N, P, Q thẳng hang
Tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình

= > P (1; 1)

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình

= > N (0; -3)

Phương trình đường thẳng AP qua P và vuông góc với BP là:
Phương trình đường thẳng AN qua N và vuông góc với CN là:
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

= > A(2; -1)

Câu 9. Điều kiện x ≥ 7
Phương trình tương đương 7 x 2 + 25 x + 19 = 7 x + 2 + x 2 − 2 x − 35 .
Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2 − 11x − 22 = 7 ( x + 2)( x + 5)( x − 7)
3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) = 7 ( x + 5)( x 2 − 5 x − 14)

Đặt a = x 2 − 5 x − 14; b = x + 5 .( a ,b ≥ 0) Khi đó ta có phương trình
a = b
3a 2 + 4b 2 = 7ab ⇔ 3a 2 − 7 ab + 4b 2 = 0 ⇔ 
3a = 4b
Với a = b suy ra x = 3 + 2 7 (t / m); x = 3 − 2 7 (l ) .

GV: Ngô Quang Vân

16

Sưu tầm và biên soạn

BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

61 + 11137
61 − 11137
(t / m); x =
(l ) .
18
18
61 + 11137
Đs: x = 3 + 2 7 ; x =
.
18
Câu 10. Với a, b, c
, ta có

Với 3a = 4b suy ra x =

=>
Suy ra
<=>
Ta có
=

- 2(

) – 4abc(a + b + c )

=
=

-

=

- 36

+ 81

Do đó P
Đặt t =
Khi đó P
Xét hàm số

=>t

Vì

=3

=
=

=
Do đó f(t) nghịch biến trên

trên

Ta có

t
. vì vậy P

=

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

Khi

GV: Ngô Quang Vân

17

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

♥ Đề 7. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A ( −1;3) . Gọi D là điểm trên

cạnh AB sao cho AB = 3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm
1 3
M  ; − ÷ là trung điểm của HC. Tìm tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng
2 2
có phương trình x + y + 7 = 0 .
Câu 9. Giải phương trình sau trên tập số thực
2x5 + 3x4 − 14x3
x+2

)

(


2 
= 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2  1 −
÷
x + 2


Câu 10. Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

ab + a 4 + 4a 2b2 bc + b4 + 4b2c 2
+
3b2 + a 2
3c 2 + b2
-------------Hết------------

Giải
Câu 8.

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
·
·
·
Ta có BCM
(Do tứ giác ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC mà
= BAM

= EDC
MC ⊥ AC ⇒ DE ⊥ AC .
uuur
Ta có DE = ( 1; 2 ) .
Phương trình AC : 1( x − 2 ) + 2 ( y − 1) = 0 ⇔ x + 2y − 4 = 0 . Ta có { A} = d ∩ AC . Tọa độ của A
GV: Ngô Quang Vân

18

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
 x + 2y − 4 = 0
x = 0
⇔
⇒ A ( 0; 2 ) .
x + y − 2 = 0
y = 2
uuur
uuur
Ta có AD = ( 2; −3) , AE = ( 3; −1) .

thỏa hệ phương trình 

Phương trình BE : 3 ( x − 3) − ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − y − 8 = 0 .
Phương trình BD : 2 ( x − 2 ) − 3 ( y + 1) = 0 ⇔ 2x − 3y − 7 = 0 . { B} = BE ∩ BD
17

x=


3x − y − 8 = 0

 17 5 
7
⇔
⇒ B ;− ÷ .
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình 
7
 7
 2x − 3y − 7 = 0
y = − 5

7
Ta có { C} = AC ∩ BD , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình
26

 x = 7
 x + 2y − 4 = 0
 26 1 
⇔
⇒ C ; ÷ .

 7 7
 2x − 3y − 7 = 0
y = 1

7
 17 5 
 26 1 

Kết luận : A ( 0; 2 ) , B  ; − ÷, C  ; ÷.
7
 7
 7 7
Câu 9. ĐK: x > - 2

( *) Û

(

) (
2) ( 2x + 7) = ( 4x + 14x

)(

x3 2x2 + 3x - 14 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2

Û x3 ( x -

4

é
ê
Û ê3
êx ( 2x + 7)
ë

( * *) Û

(

)

3

æ x- 2 ö
÷
÷
ç
+ 3x2 + 2 ç
÷
ç
÷
ç
è x + 2 + 2ø

)

x=2

x + 2 + 2 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2( * *)

x3 ( 2x + 7) x + 2 + 4x4 + 14x3 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2

Û x3 ( 2x + 7) x + 2 = 3x2 + 2 Û ( 2x + 7) x + 2 =

(

)

x +2- 2

)

3

Û 2 x +2 +3 x +2 =

2
3

x

+

2
3

x

+

3
x

3
( * * *)
x

Xét f ( t) = 2t + 3t, có f ( t ) = 6t2 + 3 > 0, " t

3

'

æ1ö
1
÷
÷
x +2 = f ç
Û x +2 =
ç
÷
ç
÷
x
èx ø
ìï
ìï
x>0
x>0
ï
ï
ï
Û í 3
Û
í
ïï x + 2x2 - 1 = 0 ïï ( x + 1) x2 + x - 1 = 0
ïî
ïî

Từ ( * * *) ta có f

(

)

(

)

Û x=

- 1+ 5
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = - 1+ 5
2

GV: Ngô Quang Vân

19

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Câu 10. Đặt A =
Xét

ab + a 4 + 4a 2b 2
bc + b 4 + 4b 2c 2
;B
=
3b 2 + a 2
3c 2 + b 2

b
b
+ 1 + 4( ) 2
ab + a 4 + 4a 2b 2 a
a
A=
=
2
2
b
3b + a
3( ) 2 + 1
a
t + 1 + 4t 2
3t 2 + 1
1
b
=
=
Đặt t = > 0 → A =
2
2
2

3t + 1
a
(3t + 1)( 1 + 4t − t )
1 + 4t 2 − t

Xét hàm số f (t ) = 1 + 4t 2 − t Trên ( 0; +∞ )
f '(t ) =

4t
1 + 4t 2

− 1 → f '(t ) = 0 ↔ t =

1
2 3

Bảng biến thiên
t

−∞

f’(t)
f(t)

0

-

+

+∞

1

Từ bảng biến thiên suy ra M inf(t ) =
(0; +∞ )

tự MaxB =

+∞

-2

1
2
3
→ MaxA =
Khi t =
khi a = 2 3b Tương
2 3
3
2

2
khi b = 2 3c
3


 a = 2 3b
a = 2 3



4

Suy ra MaxP =
khi b = 2 3c ↔ b = 1
3

 abc = 1
1

c =

2 3

♥ Đề 8. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
O ( 0;0) . Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M ( - 1;0) và N ( 1;1) . Hãy tìm

tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3x + y - 1 = 0.
GV: Ngô Quang Vân

20

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Câu 9. Giải phương trình sau đây trên tập số thực

6 + 12 x + 5 x 2 − x3 − 3x3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 =
Câu 10. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy + x + y = 3 .

x4
x +1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 3 x + 3 y + xy − x 2 + y 2
(
)
y +1 x +1 x + y
-------------Hết-----------Giải
Câu 8.

Ta chứng minh OB ^ MN .
·
·
Ta có tứ giác ANMC nội tiếp nên BAC
+ NMC
= 180° .
·
·
·
·
·
Mà BMN
+ NMC
= 180°. Suy ra BAC = BMN = BOH , với H là chân đường cao của O
xuống cạnh BC .
·
·

·
·
Mà OBH
+ BOH
= 90°, suy ra OBH
+ BMN
= 90°. Vậy OB ^ MN
Khi đó ta có đường thẳng OB có phương trình 2x + y = 0.
Ta tìm được B ( 1;- 2)
Có BN : x = 1, BM : x + y + 1 = 0,CN : y = 1, AM : - x + y - 1 = 0
Suy ra A ( 1;2) ,C ( - 2;1) .
Câu 9. 6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 =
GV: Ngô Quang Vân

21

x4
x +1

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
x4
⇔ ( x + 1)(6 + 6 x − x ) − ( x + 1)(3 x + x + 1) + 12 x + 8 =
(*)
x +1
( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) ≥ 0

2

Đk ( x + 1)(3x + x + 1) ≥ 0 ⇔ 3 − 15 ≤ x ≤ 3 + 15
x + 1 ≠ 0

2

2

Chia 2 vế pt (*) cho x + 1 (x + 1 > 0) ta được phương trình tương đương
6 + 6x − x2
3x 2 + x + 1
x
x4
−
+4
+8 =
x +1
x +1
x +1
( x + 1) 2
⇔ 6−

x2
x2
x
x4
x2
− 3
+1 + 4
+8=
= t; t ≥ 0

đặt
x +1
x +1
x +1
( x + 1) 2
x +1

Phương trình trở thành phương trình ẩn t: t 2 − 4t − 8 + 3t + 1 − 6 − t = 0
⇔ t 2 − 4t − 5 + ( 3t + 1 − 4) + (1 − 6 − t ) = 0

⇔ (t + 1)(t − 5) +

3(t − 5)
t−5
3
1


+
= 0 ⇔ (t − 5)  t + 1 +
+
÷= 0
3t + 1 + 4 1 + 6 − t
3t + 1 + 4 1 + 6 − t 

2
3
1
+
> 0 Ta có x = 5 ⇔ x 2 − 5 x − 5 = 0 ⇔ x = 5 ± 3 5

3t + 1 + 4 1 + 6 − t
x +1
2

⇔ t = 5 (nhận) vì t + 1 +

(nhận)
2
Câu 10. Đặt t = x + y ⇒ xy = 3 − t ; x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy = t 2 − 2 ( 3 − t ) = t 2 + 2t − 6
2

1 2
 x+ y
Ta có xy ≤ 
÷ ⇒ 3−t ≤ t ⇔ t ≥ 2
4
 2 

3( x2 + y2 ) + 3( x + y )

xy
1
12 1
− ( x 2 + y 2 ) = ( −t 2 + t + ) +
xy + x + y + 1
x+ y
4
t
2
1

12 1
Xét hàm số f ( t ) = ( −t 2 + t + ) + với t ≥ 2
4
t
2
1
12
Ta có f ' ( t ) = (−2t + 1 − 2 ) < 0, ∀t ≥ 2 . Suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến với t ≥ 2
4
t
3
⇒ P = f ( t ) ≤ f ( 2) =
2
x
=
y
=
1
t = 2 khi

Suy ra P =

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

+

3
khi x = y = 1
2

♥ Đề 9. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc đoạn
AC sao cho AC = 3AM, điểm N thuộc tia đối của tia AB sao cho AB = 3AN, đường tròn
(C) ngoại tiếp ∆ ADN có phương trình x 2 + y 2 − 8 x + 6 = 0 . Tìm tọa độ điểm D và phương
GV: Ngô Quang Vân

22

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

trình AB biết M ∈d : x + y − 6 = 0 , điểm M và D có tung độ dương.
Câu 9. Giải phương trình

2log

6(

x + 4 x ) = log x
4

Câu 10. Cho ba số thực x,y, z ∈ 1 ; 2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

4z
z 2 + 4xy
+
2

x+ y
x+y

(

)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8. + Gọi E là hình chiếu của M lên AB => ME//BC
+ Gọi F = AC ∩ BD
3
2

+ Do AC=3AM ⇔ AF = AM và BF=DF nên:
M là trọng tâm ∆ABD và BE=2AE => BE = NE.
+ ∆MBN và ∆MBD cân tại M nên: MB=MD=MN (1)
=> B, D, N thuộc đường tròn tâm M=> DMN = 2.ABD = 900 (2)
Từ (1), (2) => ∆MDN vuông cân tại M => M ∈ (C).
B

C

F

K
E

M

D

A

N

 x2 + y 2 − 8x + 6 = 0
 x = 3, y = 3
M = d ∩ (C ) : 
⇔
⇒ M ( 3;3)
x
=
7,
y
=
−
1
(
ko
tm
)
x
+
y
−
6
=
0



Gọi I là trung điểm DN=> I là tâm của đường tròn (C).
Do ∆MDN vuông cân tại M => DN ⊥ MI ⇒ DN : x - 3y - 4 = 0
 x 2 + y 2 − 8 x + 6 = 0  x = 1, y = − 1
⇒ D (7;1), N (1; −1)
⇔
+ Tọa độ điểm N, D là nghiệm của 
 x = 7, y = 1
 x − 3y − 4 = 0
uuuur
uuuu
r
−4 = 2( xk − 3)
⇒ K (1; 4)
+ Gọi K là trung điểm AB ⇒ DM = 2.MK ⇔ 
2 = 2( yk − 3)

GV: Ngô Quang Vân

23

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
uuur

+ AB đi qua K(1;4) và nhận NK ( 0;5) làm VTCP nên có pt: x – 1 = 0.
KL: D(7; 1) và AB: x – 1 = 0
Câu 9. ĐK: x > 0

Ta có PT ⇔ log6 ( x + 4 x ) = log 4 x
2
4
⇔ log ( x + x ) = log x
6
4
4

 x + x =0
Đặt t = log 4 x ⇒ 
t
 x =4
1



t
t
2 1
t
t
t
Ta được 4 + 2 = 6 ⇔ f (t ) =  ÷ +  ÷ = 1
 3  3
Xét hàm số f(t) trên khoảng (0; + ∞). Dễ thấy hàm số nghịch biến và f(1) = 1.
Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất t = 1 suy ra x = 16.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 16.
4z
z 2 + 4xy
P

=
+
Câu 10.
x + y ( x + y) 2

Ta có : x + y ≥ 2 xy ⇔ 4xy ≤ ( x + y )

2

z2 + ( x + y )
 z 
 z 
4z
z 2 + 4xy
4z
P=
+
≤
+
=
÷ + 4
÷+ 1
2
2
x + y ( x + y)
x+y
 x+y 
 x+y 
( x + y)
2

Đặt t =

2

z
⇒ P = t 2 + 4t + 1
x+y

1
1
1
≤
2 ≤ x + y ≤ 4  ≤
1

⇒  4 x + y 2 ⇒ t ∈  ; 1
Với x , y , z ∈ [ 1 ; 2] ⇒ 
4

1 ≤ z ≤ 2
1 ≤ z ≤ 2

1

Xét hàm số : f ( t ) = t 2 + 4t + 1 , t ∈  ; 1
4

1 
 1  33

f / ( x ) = 2t + 4 = 0 ⇔ t = −2 ∉  ;1 ; f  ÷ =
; f ( 1) = 6
4 
 4  16
max f ( t ) = f ( 1 ) = 6
1 
t∈ ;1
4 

x + y = z

⇒ ( x;y;z ) = ( 1;1;2 )
Vậy max P = 6 ⇔ t = 1 ⇔  x = y
 x, y, z ∈ 1 ;2
[ ]


♥ Đề 10. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y = 0 và
(C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x = 0 . Gọi A(3;3) là một trong hai giao điểm của (C1 ) và ( C2 ) . Đường thẳng ∆

GV: Ngô Quang Vân

24

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

đi qua A cắt hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) tại điểm thứ hai lần lượt là B và C. Biết rằng
uuur

uuur

đường thẳng ∆ cắt đường thẳng d : x − y − 4 = 0 tại điểm D thỏa mãn BC = 2 AD . Viết
phương trình đường thẳng ∆ .

x(3log 2 x − 2) > 9log 2 x − 2

Câu 9. Giải bất phương trình

Câu 10. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ
P = 3( x 2 + y 2 )2 − 2( x + y )2 − xy (3xy − 4) + 2016 .

nhất của biếu thức

-------------Hết-----------Giải
Câu 8. (C1 ) có tâm I1 = (1; 2) và bán kính R1 = 5 , (C2 ) có tâm I 2 = (3;0) và bán kính R2 = 3
Gọi H1 , H 2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của I1 và I 2 trên ∆ .
1
2

Ta có : H1H 2 = AD = BC
Qua A kẻ đường thẳng a song song với I1 I 2 và lấy trên đường thẳng a điểm D0
B

H2

A

a

D

C

H1
I1

H

D0

I2

(C1 )

(C 2 )

uuuur

uuur

sao cho AD0 = I1 I 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I1 trên I 2 H 2 .
Ta có : ∆HI1 I 2 = ∆DAD0 ( c.g.c) ⇒ DD0 ⊥ AD
Suy ra D thuộc đường tròn (C) đường kính AD0
Phương trình I1I 2 : x + y − 3 = 0 và phương trình đường thẳng a : x + y − 6 = 0
uuuur uuur
AD0 = I1 I 2 ⇒ D0 = (5;1) .

2
2
Phương trình đường tròn (C) : ( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 2
Ta có D ∈ d ∩ (C ) nên toạ độ của D là nghiệm của hệ:
( x − 4 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 2
( x − 5) 2 = 0
x = 5
⇔
⇔
⇒ D(5;1) ≡ D0

y =1
 x − y − 4 = 0
y = x − 4
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là : x + y − 6 = 0

GV: Ngô Quang Vân

25

Sưu tầm và biên soạn