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

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
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

Câu 1: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

(T )

có phương trình

= 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.
Lời giải
Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn
Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp
Ta có ACx = ABC và CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội
tiếp) ⇒ ACx = CHK ⇒ Cx / / HK
Mà TC ⊥ Cx ⇒ TC ⊥ HK
Đường thẳng HK qua H ( 2;5) , K ( −1;1) nên phương trình

đường thẳng HK : 4 x − 3 y + 7 = 0

Đường thẳng TC qua T (1; 2 ) và vuông góc với đường thẳng
HK nên phương trình TC : 3 x + 4 y − 11 = 0

Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; 2 − 3t )

t = 1 ⇒ C ( 5; −1)
Mà TC = 5 ⇒ 16t 2 + 9t 2 = 25 ⇔ 
t = −1 ⇒ C ( −3;5 ) → l
Đường thẳng AC qua C ( 5; −1) , H ( 2;5 ) nên phương trình đường thẳng AC : 2 x + y − 9 = 0

Đường thẳng BH qua H ( 2;5 ) và vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH : x − 2 y + 8 = 0
Đường thẳng BC qua C ( 5; −1) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng BC : x + 3 y − 2 = 0
Ta có B = BC ∩ BH ⇒ B ( −4; 2 )

Đường thẳng AK qua K ( −1;1) và vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK : 3 x − y + 2 = 0
 7 31 
Ta có A = AC ∩ AK ⇒ A  ; 
5 5 
 7 31 
Vậy A  ;  , B ( −4; 2 ) , C ( 5; −1) là các điểm cần tìm.
5 5 
Câu 2: [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
Lời giải:
Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ 2 .

(

)(

2

Phương trình một của hệ tương đương với

Đặt t =

x
> 0 , phương trình trên trở thành:
y

)

2

x
x
x 
x
x
  + + 2 + 2   + + 1 = 2  + 1 .
y
y
 y
 y
y 

t 2 +t + 2 + 2t 2 + t + 1 = 2 ( t + 1) ⇔ t = 1 ⇒ x = y ≥ 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

(

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

(

4x − 4

)

2

(

)(

+ 1 = 2 + x − 2  2 + x − 2



)

2

)( x + 4

x−2 +3

)

x = 2

+ 1 ⇔ 4x − 4 = 2 + x − 2 ⇔ 

 x = 34
9


(

Vì xét hàm số f ( t ) = t 3 + t là hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) mà f

)

(

)

4x − 4 = f 2 + x − 2 .

 34 34 
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 2 ) ,  ;  .

 9 9 
Câu 3: [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.
Lời giải
Đặt cạnh hhhh vuông AB = 4a . Xét hình vuông ABCD trong hệ trục toạ
độ với B là gốc BC trùng với Ox và BA trùng với trục Oy.
Ta có: F ( 2a; 4a ) ; E ( 0; 2a ) ; K ( 4a; a ) .
Khi đó: EK : x + 4 y − 8a = 0 ⇒ d ( F ; EK ) =
Khi đó EF = 2a 2 =

10a
17

=

25
5
⇒a= .
4
2 17

5 2
. Do đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ:
2

 2  11  2

25
2
5
 EF =  x −  + ( y − 3) =
 5
2
2 ⇒ x = 2; y = ⇒ E  2; 


2
 2
19 x − 8 y − 18 = 0

Lại có: AC là trung trực của EF nên AC : 7 x + y − 29 = 0 .
 15 11 
 10 17 
Khi đó M = AC ∩ EF ⇒ M  ;  ; I = EK ∩ AC ⇒ I  ;  .
 4 4
 3 3
9
Lại có: MC = MI ⇒ C ( 3;8 ) .
5
Câu 4: [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)

( x + 1)
( x + 1)

2

2

+ 2 = 2 x2 − 4 x

+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

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

⇔

( x + 1)
f ( x + 1) = f ( − x )

2

( x + 1)

2

+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

> 0, ∀t ∈ ℝ

t2 + 2

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 
Câu 5: [Trích đề thi thử trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I ( 3;5 ) và ngoại tiếp đường

tròn tâm K (1; 4 ) . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC kéo dài có tâm là F (11;14 ) . Viết
phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC .
Lời giải
Đường tròn tâm F tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC nên
đường tròn tâm F là đường tròn bàng tiếp tam giác
 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
Câu 6: [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


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

ĐK: x, y ∈ ℝ

(*)

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.
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 4 x2 − 4 x + 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 2 +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 (*)

(

Đ/s: ( x; y ) = 1;1 + 2

)

Câu 7: [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
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

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

Câu 8: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
Cho x, y là các số không âm thỏa mãn 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

Lời giải
Ta có 2 ( x + y ) = ( x + y )( x + y ) = x + y + x 2 y 2 ( x + y )
3

3

2

2

3

3

5

)

5

(

)

(

)

2 xy + 2 = x 2 + 2 xy + y 2 = x + y ⇔ 5 x5 + y 5 + 5 x 2 y 2 2 xy + 2 = 10 x 3 + y 3 .

Và

(

Lại có x 2 + y 2

)

3

(

= x6 + 3x 4 y 2 + 3x 2 y 4 + y 6 = x3 + y 3

(

)

)

2

+ 6 x 2 y 2 − 2 x3 y3 ⇔ 6 x2 y 2 − 2 x3 y3 = 8 − t 2 .

Với t = x 3 + y 3 , do đó P = 10t + 2 8 − t 2 = 16 + 10t − 2t 2 .

(
(

)
)

•

 x2 x − 2 ≤ 0

Vì x, y ∈ 0; 2  ⇔ 
⇒ x3 + y3 ≤ 2 x2 + y 2 = 2 2 .
2
y y − 2 ≤ 0


•

Và x + y ≤ 2 ⇔ 2 x 3 + y 3 ≥ ( x + y ) x 3 + y 3 ≥ x 2 + y 2

(

)

(

(

) (

)

)

2

⇔ x3 + y3 ≥ 2 .

Suy ra với điều kiện t ∈  2; 2 2  , xét hàm số f ( t ) = 16 + 10t − 2t 2 , có
min f ( t ) = f ( 2 ) = 28
5 

f ' ( t ) = 10 − 4t = 0 ⇔ t = ∈  2; 2 2  ⇒ 
 5  57
2
max f ( t ) = f  2  = 2
 

Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 = 3c 2 + 4 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(b + c ) ( a − c ) =
2

Đầu tiên, chúng ta có

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

a+c

2

2

a+c

b+c

Lời giải
( b + c ) ( a + c − 2c )
2

a+c

= (b + c ) −
2

Tương tự tách biến cho biểu thức còn lại, ta được: P = ( a + c ) + ( b + c )
2

2c ( b + c )
2

2

.
a+c
 ( b + c )2 ( a + c )2  3
− 2c 
+
−c .
b+c 
 a + c


Chú ý ( a + c ) + ( b + c ) = a 2 + b 2 + 2c ( a + b + c ) = 3c 2 + 4 + 2c ( a + b + c ) .
2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(b + c )
a+c

2

(a + c)
+
b+c

2

( a + b + 2c )
≥
a + b + 2c

2

= a + b + 2c .
2

112
2 
1

⇔ c −  c +  ≥ 0.
27
3 
3

112
2 6
2
. Dấu đẳng thức xảy ra tại a = b =
;c= .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
27
3
3

Do đó P ≤ 3c 2 + 4 + 2c ( a + b + c ) − 2c ( a + b + 2c ) − c3 = 4 + c 2 − c3 ≤

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