Đang tải... (xem toàn văn)
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.
BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Hiện đa số học sinh ôn thi THPT QG trọng đến ba câu phân loạn 8, 9, 10 Để giúp em có thêm tài liệu ôn thi tốt hơn, hiệu Tác giả sưu tầm, kết hợp với tự xây dựng nên đề ôn thi THPT QG - Câu 8, 9, 10 Bộ đề sưu tầm từ đề thi thử trường nước kết hợp với đề mà tác giả tự biên soạn theo ma trận đề BGD đưa Bộ đề biên soạn công phu, hệ thống tập đưa đa dạng, đụng chạm đến nhiều góc độ kiến thức kĩ khác Bộ đề tác giả đưa vào dạy ôn thi THPT QG thấy có hiệu thực Kỳ thi đến gần hy vọng tài liệu giúp thêm kiến thức cho em ngày ơn thi cịn lại Chúc em ơn tập đủ kiến thức để bước vào kỳ thi thành công tốt đẹp Tháng năm 2016 A B I C D E N M GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ♥ Đề (Đề thi thử Violet) Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = có phương trình đường thẳng AC x + 2y - = Điểm M (0;4) thuộc đường thẳng BC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho biết đường thẳng CD qua N (2;8) đỉnh C có tung độ số ngun Câu Tìm giá trị m cho phương trình sau có nghiệm thực: ÷ - 34 x ( x - 2) ÷ = 3x + ÷ ÷ ø x- Câu 10 Cho số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > ( æ x + x - ỗỗỗm2 x + ỗ ố ) Tỡm giỏ tr lớn biểu thức: P= x + y + z − 2(2 x + y − 3) − y ( x − 1)( z + 1) -Hết -Giải Câu Vì C Ỵ AC : x + 2y - = Þ C (9- 2c;c) uuur uuur Suy NC = (7 - 2c;c - 8), MC = (9- 2c;c - 4) uuur uuur Khi ta có: NC MC = Û (7 - 2c)(9- 2c) + (c - 8)(c - 4) = Û 5c2 - 44c + 95 = Û c = Ú c = 19 Vì C có tung độ số ngun nên C (- 1;5) uuuu r Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC A ' có MC = ( −1;1) vtpt MA ' GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ỉ 13ư ÷ , MA ' = , MC = Khi MA ' : x - y + = Suy A 'ỗỗỗ ; ữ ữ ữ ố3 ứ 1 Hai tam giác ABC A 'MC đồng dạng M (0;4) nằm cạnh BC nên: uuu r uuur ỉCB ïìï xB + = 3.1 SABC ữ ỗ ữ = = = Þ CB = CM Þ Þ B (2;2) ç í ÷ ç ÷ SA 'MC ïï yB - = 3.(- 1) èCM ø ỵ uuur uuur uur uuur Tương tự CA = 3CA ' Þ A(3;3) Từ AB = DC Þ D(0;6) Vậy A(3;3), B(2;2),C (- 1;5), D(0;6) Câu Điều kiện: x > 2 3x + 2 - 34 x ( x - 2) = Khi đó: ( 1) Û m x + x- 2 x + x- 2 Û m2 x + - 34 x ( x - 2) = x - x - x- 2 Û x- 2+ - 3.4 x ( x - 2) = 2- m2 x x- Ta có SA 'MC = MA '.MC = ( Û x x- - 3.4 ) x- = 2- m2 x (2) x- với t Ỵ ( 0;1) (do x > 2) Pt (2) trở thành - 3t = 2- m2 (3) t x Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (3) có nghiệm t Ỵ ( 0;1) Đặt t = Xét hàm f ( t) = - 3t với t Ỵ ( 0;1) , ta có: t2 f '( t ) = - - < , " t Ỵ ( 0;1) t Bảng biến thiên: t f '( t ) f ( t) - +¥ - Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: Phương trình (3) có nghiệm t Ỵ ( 0;1) Û 2- m2 > - Û - m2 > Û - < m < Vậy phương trình cho có nghiệm - < m < GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Câu 10 Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a, b, c > P= a + b2 + c2 + Ta có a + b + c + ≥ Dấu “=” xảy − ( a + 1)(b + 1)(c + 1) (a + b) (c + 1) + ≥ (a + b + c + 1) 2 a = b = c =1 ( a + b + c + 3)3 Mặt khác (a + 1)(b+ 1)(c + 1) ≤ 27 27 Khi P ≤ a + b + c + − (a + b + c + 3)3 Dấu “=” xảy a = b = c = Đặt t = a + b + c + > 27 Khi P ≤ t − (t + 2)3 , t > 1 27 81 81t − (t + 2) f (t ) = − , t > 1; f '( t ) = − + = t (t + 2)3 t (t + 2) t (t + 2) f (t ) = Xét f '(t ) = ⇔ 81t − (t + 2) = ⇔ t − 5t + = ⇔ t = (do t>1); xlim →+∞ Bảng biến thiên t +∞ f’(t) f(t) + - 0 a = b = c =1 Vậy max P = f ( ) = ⇔ a + b + c + = ⇔ a = b = c = ⇒ x = 3; y = 2; z = Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( ) = ♥ Đề (Đề thi thử Violet) Câu Giải bất phương trình 3x − − 3 x + ≤ 17 x − 35 − 12 x + 10 x + 25 3x + x + − Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (C), hình chiếu vng góc C đường thẳng AB E ( −5;0 ) ; điểm A thuộc đường thẳng GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ( ∆ ) : 3x − y − 35 = ; điểm 13 14 C − ; ÷ CB = CD ; khoảng cách từ trung điểm M 3 BD đến đường thẳng ( ∆ ) 11 Tìm tọa độ điểm A, B, D biết điểm M có tung độ dương Câu 10 Cho số thực x, y thỏa mãn x ≥ 2, y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + 3− x y xy − x − y + -Hết -Giải Câu + Điều kiện x ≥ 3 + Đặt a = 3x − 5; b = x + , ta có 17 x − 35 = ( 3x − ) − ( x + ) = 6a − b Bất phương trình cho trở thành: 6a − b3 − 12b 2a − 3b ≤ a + 6b ⇔ ( 2a − 3b ) ( a + 6b ) ≤ 6a − b3 − 12b (với x ≥ ⇔ ( a − b) ( 2a + b − ) ≤ a ≥ 0; b > ) a = b ⇔ 2a + b − ≤ + Với a = b 3x − = x + ⇔ ( 3x − 5) = ( x + 5) ⇔ 27 x − 136 x + 215 x − 150 = ⇔ ( x − 3) ( 27 x − 55 x + 50 ) = x = ⇔ ⇔ x = (1) 27 x − 55 x + 50 = + Với 2a + b − ≤ 3x − + x + − ≤ ⇔2 GV: Ngô Quang Vân ( ) ( 3x − − + ) x+5 −2 ≤ Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ⇔ ( x − 3) 3x − + x−3 + ( x + 5) ⇔ ( x − 3) + 3x − + ⇔ x ≤ (do +2 x+5 +4 ≤0 ≤0 + x + + ( x + 5) + 3x − + 2 ( x + 5) + x + + > ) (2) 5 + Từ (1), (2) kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm S = ;3 3 Câu uuu r 14 + Đường thẳng AB qua E nhận CE = − ; − ÷ vectơ pháp tuyến, phương trình 3 AB là: x + y + = ; A = AB ∩ ∆ ⇒ A ( 9; −2 ) · + Do CB = CD nên AC phân giác góc BAD , gọi K điểm đối xứng với E qua AC, K ∈ AD Đường thẳng AC qua A, C có phương trình: x + y − = Đường thẳng EK qua qua E vng góc với AC: x − y + 10 = Gọi J = EK ∩ AC ⇒ J ( −3;4 ) , J trung điểm EK nên K ( −1;8 ) + Đường thẳng AD qua A, K có phương trình: x + y − = + Có B ∈ AB, D ∈ AD nên B ( −7b − 5; b ) , D ( d ;7 − d ) + Gọi M trung điểm 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 KMD hay E, M, K thẳng hàng, tức M ∈ EK = BME GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm 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 ⇔ m = −26 (loai) ( −7b − ) + d = ( −4 ) b = ⇔ d = b + ( − d ) = 2.2 + Mà M trung điểm BD nên Khi B ( −12;1) , D ( 4;3) + Vậy A ( 9; −2 ) ; B ( −12;1) ; D ( 4;3) 1 1 1 1 1 + + ≥ 3 = ⇒ ≥ − Dấu “=” x = x x x x x x x 16 1 1 3 1 Tương tự ≥ − Do + ≥ + ÷− y y 16 x y 4 x y 1 + ≥ + Ta có (*) với a ≥ 1, b ≥ Thật vậy: + a + b + ab 1 2 + ≥ ⇔ ( ab − 1) ( a − b ) ≥ (luôn ∀a ≥ 1, b ≥ ) 2 + a + b + ab Dấu “=” a = b + Do x ≥ 2; y ≥ nên x − ≥ 1; y − ≥ 2 1 + ( x − 1) ⇒ ≥ x = + x − ≤ ( ) Có x 2 1 + ( x − 1) 1 1 1 + ≥ + ≥ (áp dụng (*)) 2 2 x y 1 + ( x − 1) + ( y − 1) + ( x − 1) ( y − 1) Dấu “=” x = y = Câu 10 + Có 3 − − + ( x − 1) ( y − 1) xy − x − y + 1 + Đặt t = (do x ≥ 2; y ≥ nên < t ≤ ) xy − x − y + 2 3 t − 0; Xét hàm số f ( t ) = t − 4 f ( t ) = − t = Vậy P = − x = y = Tìm min 0; 2 + Vậy P ≥ 2 ♥ Đề (Đề thi thử Violet) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông C D GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 AD = 2BC = 2CD Qua điểm E thuộc cạnh BC kẻ đường thẳng vng góc với DE cắt đường thẳng AB F Tìm tọa độ điểm B, C, D biết A(6; −2), E (1; 2), F (5; −1) 2 Câu Giải hệ phương trình: xy ( x + + 1) = y + + y ( xy − x) x − + − x + xy = 34 − 34 x + xy + 10 x − x Câu 10 Cho số x, y, z thỏa < x ≤ y ≤ z Tìm GTLN biểu thức P = xy + yz + zx 2 (x − xyz − + y2 + z2 ) -Hết -Giải Câu · · · · Ta có ·ABD = FBD = FED = 900 nên tứ giác DEBF nội tiếp Suy CBD = DFE = 450 ⇒ DE = EF uur Phương trình EF có VTCP EF = ( 4; −3) ⇒ EF : x + y − 11 = x = + 3t ⇒ D ( + 3t ; + 4t ) thỏa đề DE = EF D, A phía y = + 4t Phương trình ED : EF t = −1 ⇒ D ( −2; −2 ) Phương trình CD: x+2=0 Phương trình BC: y-2=0 Suy C(-2;2) Phương trình AB: x+y-4=0 Suy B(2;2) Vậy: B ( 2; ) ; C ( −2; ) ; D ( −2; −2 ) Câu Điều kiện x ≥ 1; − x + xy ≥ 0;34 − 34 x + xy + 10 x − x ≥ GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Từ x ≥ 1; − x + xy ≥ Suy y ≥ 2x − ≥0 x y = không thỏa nên y > 3 ( 1) ⇔ x x + + x = ÷ + + ( *) y y y 2 Xét f ( t ) = t t + + t ⇒ f ' ( t ) = t + + Suy hàm số f ( t ) đồng biến ¡ t2 t2 +1 + > ∀t 3 ⇒ ( *) ⇔ f ( x ) = f ÷ ⇔ x = ⇔ xy = y y ( ) ⇔ (3 − x) ( x − + − x = 40 − 34 x + 10 x − x3 ) ( ⇔ (3 − x) x − − x + ( − 2x + x − ) ) = 40 − 34 x + 10 x − x3 + x − 10 + ( x − x + ) ( ) ( ⇔ (3 − x) x − x − + − x − − x ( ) ) + 40 − 34 x + 10 x − x + 3x − 10 + ( x − x + ) = ⇔ (3 − x) ( x − 2) x + x −1 +2 ( x − 2) ( x − ) ( −4 x + 15 ) − x + − 2x + + ( x − 2) = 2 40 − 34 x + 10 x − x3 + 10 − x ( −4 x + 15 ) (3 − x) 2 ⇔ ( x − 2) + + + 1 = x + x − − x + − x 40 − 34 x + 10 x − x + 10 − x 5 ⇔ x = Do [ ] > ∀x ∈ 1; 2 Câu 10 Vì < x ≤ y ≤ z nên ⊕ x( x − y )( y − z ) ≥ ⇔ ( x − xy )( y − z ) ≥ Vậy nghiệm S = 2; ÷ ⇔ x y − x z − xy + xyz ≥ ⇔ x y + xyz ≥ x z + xy ⊕ xy + yz + zx − xyz = ( x z + xy ) + yz − xyz ≤ ( x y + xyz ) + yz − xyz = y ( x + z ) Theo bất đẳng thức CauChy ta có: y ( x2 + z ) = y ( x + z )( x + z ) 3 x2 + y + z y + ( x2 + z ) + ( x2 + z ) ≤ = ÷ ÷ 3 GV: Ngô Quang Vân Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Do P = xy + yz + zx 2 (x − xyz − + y2 + z2 ) x2 + y + z x2 + y + z ≤2 ÷ − ÷ 3 2 x2 + y + z ÷ (t > 0) Ta có P ≤ f (t ) = 2t − t Đặt t = f '(t ) = 6t − 6t = 6t (1 − t ) = ⇔ t = Lập bảng biến thiên hàm f (t ) suy f (t ) ≤ f (1) ⇒ P ≤ Vậy Max P = x = y = z = ♥ Đề (Đề thi thử Violet) Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: x + y − 6x − 2y + = Gọi H hình chiếu A BC Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x − 10y − = điểm H có hồnh độ nhỏ tung độ y −1 x −1 + x − x + = ( x, y ∈ ¡ ) Câu Giải hệ phương trình: x − y −1 + y − y + = Câu 10 Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Tìm giá trị lớn biểu thức P = abc +3 + ab + bc + ca ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) -Hết -Giải Câu (T) có tâm I(3;1), bán kính R = · · Do IA = IC ⇒ IAC (1) = ICA Đường tròn đường kính AH cắt BC M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH / /AC (cùng vng góc AB) · · (2) ⇒ MHB = ICA · · Ta có: ANM (chắn cung AM) (3) = AHM GV: Ngô Quang Vân 10 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 a = b (b ≠ 0) ⇔ 13b − a = 17b − 13a ⇔ 5a = 8b (b ≠ 0) Với a=b PT đường thẳng AB : x+y-3=0 PT đường thẳng AC : x-y+1=0 A(1;2) thỏa mãn B thuộc đường thẳng AB nên B(b; 3-b) C thuộc đường thẳng AC nên C(c; c+1) Áp dụng tính chất tọa độ trọng tâm tìm b=3, c=7 Vậy B(3; 0); C(7; 8) 5a= 8b chọn a=8; b=5 PT đường thẳng AB : 8x+5y-27=0 PT đường thẳng AC : 5x-8y+2=0 206 151 ; ÷ (loại) 89 89 Suy A Vậy phương trình chứa cạnh tam giác ABC: Đường AB: x+y-3=0; Đường AC: x-y+1=0 ; Đường BC: 2x-y-6=0 Câu Đặt y = + x + − x (y > 0) ⇒ 12 − x − x = Biến đổi (*) : y + y − = x + + 2 Xét hàm số f (t ) = t + t − ( 2x + ) y2 − 2 − 7 [ 0; + ∞ ) có f '(t)> Vậy hàm số đồng biến [ 0; + ∞ ) Mà f ( y ) = f ( x + ) ⇔ y = x + + x + − x = 2x + 5 ĐK: − ≤ x ≤ (1) Bình phương hai vế rút gọn PT: Ta có: x ≥ 1 + 89 x ≥ ⇔ ± 89 ⇔ x = x − x − 11 = x = nghiệm x = 12 − x − x = x − Thỏa mãn ĐK (1) Kết luận phương trình có + 89 Câu 10 P= x −1+ y −1 y + y −1+ z −1 GV: Ngô Quang Vân z + z −1+ x −1 1 1 − + + ÷+ + + ÷(1) x x y z x y z 52 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 x − 1+ y − y − 1+ z − z − 1+ x − 1 1 1 1 + + = ( x − 1) + ÷ + ( y − 1) + ÷ + ( z − 1) + ÷ 2 y z x x z x y y z ≥ ( x − 1) xy + ( y − 1) yz Từ (1) (2) suy P ≥ Từ giả thiết ta có xy + ( z − 1) + x yz + + y xz + zx z (2) + x + y + = (4) Mà 1 z − 2 xy x + y + + yz z + ≥ (3) ÷ zx xy + yz + zx =1 (5) 1 1 1 1 1 (6) x + y + z ÷ ≥ xy + yz + zx ÷⇒ x + y + z ≥ Từ (3), (4), (5) (6) suy P ≥ − Dấu xảy x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P − ♥ Đề 21 (Đề thi thử Violet) Câu Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông A, H( 3; -1) chân đường cao kẻ từ A, M trung điểm BH, K( 2; 1) trực tâm tam giác AMC Biết trung điểm AM thuộc đường thẳng x + y − = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu Giải bất phương trình − 3x + x + x + 3x − x + x + ≤ 1− x x ( x∈¡ ) Câu 10 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = −2(ab + bc + ca )3 + 27a 2b 2c − 3(a + b + c ) + 6(ab + bc + ca ) a,b,c số thực khơng âm thỏa mãn a + b + c = -Hết -Giải Câu 8.+) Chứng minh K trung điểm AH tìm tọa độ A Có MK // AB (cùng vng góc với AC) M trung điểm BH nên K trung điểm AH Suy tọa độ điểm A( 1; 3) GV: Ngô Quang Vân 53 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 +) Tìm tọa độ điểm B Gọi N tr điểm AM, N thuộc đt: x + y − = nên N( 2-2b; b) Suy M( 3- 4b; 2b – 3) uuuur uuur Vì MH ⊥ KH nên MH KH = , suy b = , M(1; -2) Vì M trung điểm BH nên B( -1; -3) +) Tìm tọa độ điểm C Phương trình BC: x − y − = Phương trình AC: x + y − 10 = Suy tọa độ điểm C( 7; 1) Vậy A( 1; 3), B( -1;-3), C( 7; 1) Câu ĐK: x ∈ ( −∞; −2] ∪ − ; +∞ ÷\ { 0;1} Khi BPT ⇔ − 3x + x + x + 3x − x2 + x + +1 ≤ 1+ 1− x x 3x + x + x + ⇔ ≤ ⇔ ≤0 3x − x + 5x + x x 3x − x + x + ) ( Th 3x + x + x + = ⇒ x = − Th 3x + x + x + ≠ GV: Ngô Quang Vân 54 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ( 3x + BPT ⇔ x2 + 5x + ( x x2 − 5x − ) ) 0 < x < ≤ ⇔ x x − 5x − < ⇔ x < − ( ) 2 Kết hợp điều kiện ta tập nghiệm BPT S = ( −∞; −2] ∪ − ; − ∪ ( 0;1) 7 Câu 10 Ta có: ab + bc + ca ≥ 3 ab.bc.ca ⇒ 27 a 2b c ≤ (ab + bc + ca )3 Lại có: a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇒ −3(a + b + c ) ≤ −3(ab + bc + ca ) Do P ≤ −(ab + bc + ca)3 + 3(ab + bc + ca ) = −t + 3t = f (t ) với ≤ t = ab + bc + ca ≤ (a + b + c )2 =1 Ta có bảng bt hàm số f(t) [ 0;1] t f’(t) + f(t) ax f (t ) = t=1 Từ BBT ta có: M t∈[ 0;1] Từ ta có GTLN P a = b = c = ♥ Đề 22 (Đề thi thử Violet) x − 3y − + xy − y + x − y = Câu Giải hệ phương trình (x, y ∈ R) 3 − x − y + = x − 14y − 12 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x − y + = , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E F chân đường cao hạ từ B C đến AC AB, phương trình đường thẳng EF x − 3y + = Tìm tọa độ điểm A, biết A có hồnh độ dương GV: Ngô Quang Vân 55 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Câu 10 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện bc 4a 2c b c + ÷+ + ÷ = b b a a 2ca 2ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a(b + 2c) + b(c + a) + c(2a + b) -Hết -Giải x − y + (x − y)(y + 1) − 2(y + 1) = (1) Câu I) ⇔ 3 − x − y + = x − 14y − 12 (2) Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ (*) Nếu (x ; y) nghiệm hệ (I) y > – Suy x – y ≥ Do đó: (1) ⇔ x−y x−y + −2 =0 ⇔ y +1 y +1 x−y x−y =1⇔ = ⇔ x = 2y + y +1 y +1 Thay x = 2y + vào (2) ta được: − 2y − y + = (2y + 1) − 14y − 12 ⇔ y + − − 2y + 4y − 10y − 11 = ⇔ 4( y + − 2) − 3( − 2y − 1) + 4y − 10y − = ⇔ (y − 3) + + 2y + 1÷ = (3) y +1 + ÷ − 2y + Vì −1 < y ≤ ⇒ nên 2 2 ≥ , y +1 + + 2 3 > , 2y + > –1 − 2y + + + 2y + > Do đó: (3) ⇔ y − = ⇔ y = y +1 + − 2y + ⇒ x = (thỏa (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (7 ; 3) Câu GV: Ngô Quang Vân 56 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 A H I F H B I E F J C M C A E J M B Gọi I trung điểm AH Tứ giác AEHF nội tiếp bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vng góc với dây chung) ¶ = ABE · Ta có: IEF (cùng phụ góc A phụ góc EHF) 1· · · = EMF = IME và: ABE · · · ⇒ MEI = 90 ⇒ MFI = MEI = 900 Do tứ giác MEIF nội tiếp đường trịn đường kính IM, tâm trung điểm J IM (Đường tròn (J) đường tròn Euler) Đường thẳng IM qua M vng góc EF nên có phương trình: 3x + y – = I giao điểm AH IM nên tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình: 3x − y + = 3x + y − = ⇒ I(1; 6) Đường trịn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) bán kính r = JM = 10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình: x − 3y + = 2 ( x − ) + ( y − 3) = 10 x = 3y − x = x = −1 ⇔ ⇔ ⇒ E(5 ; 4) E(–1;2) y = ( y − 3) = y = Vì A ∈ AH nên A(a ; 3a + 3) Ta có: IA = IE ⇔ IA = IE ⇔ (a − 1) + (3a − 3) = 20 ⇔ a = ± Vì A có hồnh độ dương nên A(1 + 2;6 + 2) Câu 10 a b Đặt x = , y = , z = (x, y, z > 0) c GV: Ngô Quang Vân 57 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Điều kiện cho trở thành: x y x + y3 + + ÷ = (*) xyz y x (x + y)3 Ta có: x + y ≥ (x + y) ≥ 4xy 3 x +y (x + y)3 xy(x + y) x + y ≥ ≥ = Do đó: xyz 4xyz 4xyz z 3 x y x+y x y x+y x + y3 + ≥ ≤ + + ÷≥ +4 ⇒0< Mặt khác y x nên = z xyz z y x Ta có: P = ≥ x y 4z x2 y2 4z + + = + + y + 2z 2z + x x + y xy + 2zx 2yz + xy x + y (x + y) 4z (x + y) 4z 2(x + y) 4z + ≥ + = + 2xy + 2z(x + y) x + y (x + y) x + y x + y + 4z x + y + 2z(x + y) x+y Suy ra: P ≥ x + yz + x + y +4 z z x+y 2t , < t ≤ Ta có P ≥ + z t+4 t 2t + (0 < t ≤ 2) Xét hàm số f (t) = t+4 t 4(t − 8t − 16) f '(t) = < 0, ∀t ∈ (0; 2] ⇒ f(t) nghịch biến (0 ; 2] t (t + 4) Đặt t = Suy ra: P ≥ f (t) ≥ f (2) = x = y ⇔ x + y ⇔ x = y = z ⇔ 2a = b = 4c = z Vậy giá trị nhỏ P , 2a = b = 4c P= ♥ Đề 23 (Đề thi thử Violet) Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp đường trịn tâm I Gọi M, N, H lần luợt tiếp điểm (I) với cạnh AB, AC, BC Gọi K(-1;-4) giao điểm BI với MN Tìm toạ độ đỉnh lại tam giác ABC, biết H(2;1) Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình sau: − x + y + = x + y − x − 3 2 x − y + 12 x − y = y − x − GV: Ngô Quang Vân 58 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c số thực thoả mãn a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn biểu thức sau: P= 2(ab + bc + ca ) b+c+4 + − 2(2a + b + c) + abc 2a(b + c) + bc + bc + -Hết -Giải Câu ·ABC ·ACB · BAC · · · = IBC + ICB = + = 900 − Ta có KIC (1) 2 ·BAC · = ·ANM = ·AMN = 900 − Ta có KNC (2) · · Từ (1) (2) suy KIC nên tứ giác KNIC nội tiếp đường trịn đường kính = KNC IC Mặt khác tam giác IHC nội tiếp đường trịn đường kính IC Vậy điểm K, N, I, H, C nằm đường trịn đường kính IC C' A K N M I J C B H Gọi J trung điểm IC nên J tâm đường tròn qua điểm Giả sử J(x;y) (−1 − x) + (−4 − y ) = (−1 − x) + ( −2 − y ) JC = JK x = ⇔ ⇔ JC = JK = JH ⇒ 2 2 (−1 − x) + (−4 − y ) = (2 − x) + (1 − y ) JC = JH y = −3 GV: Ngô Quang Vân 59 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ⇒ J (3; −3) Vì J trung điểm IC nên I(7;-4) Từ suy BI có phương trình y + = BC qua H C nên có phương trình x − y − = y + = ⇒ B (−3; −4) x − y −1 = Do đó, B(x;y) nghiệm hệ · · Vì INC = 1v ⇒ NKC = 1v Từ gọi C’ điểm đối xứng C qua đường thẳng BI Khi K trung điểm CC’ nên C’(-1;-6) Đường thẳng AB qua B C’ có phương trình là: x + y + = r Giả sử AC có VTPT n = (a; b), (a + b ≠ 0) Khi AC có phương trình a( x + 1) + b( y + 2) = ⇔ ax + by + a + 2b = a b = −1 7a − 4b + a + 2b 8a − 2b =5 ⇔ =5 ⇔ Ta có d ( I , AC ) = IH ⇔ a + b2 a + b2 a = 23 b a + = −1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x − y − = ( trùng BC) ( loại) b a 23 + = chọn a = 23 ; b = nên AC có phương trình 23x + y + 37 = b x= x + y + = ⇔ + Khi A (x; y) nghiệm hệ 23x + y + 37 = y = − 31 31 Vậy A( ; − ) 4 x ≤ y ≥ −1 Câu ĐK : Phương trình thứ tương đương với ( x + 2)3 = ( y + 1)3 ⇔ y = x + (3) Thay (3) vào phương trình thứ ta được: − x + x + = x + x − x − điều kiện −2 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ − x + x + = x + x − 5x − ⇔ − x + x + − = x + x − 5x − 2( (3 − x)( x + 2) − 2) 3− x + x + +3 = x3 + x − 5x − 2(− x + x + 2) = ( x + 1)( x − 2)( x + 3) ( − x + x + + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2) 2(− x + x + 2) ⇔ = ( x − x − 2)( x + 3) ( − x + x + + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2) GV: Ngô Quang Vân 60 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 + ( x + 3)) = ( − x + x + + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2) Do điều kiện −2 ≤ x ≤ nên ( − x + x + + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2) + ( x + 3) > Suy x − x − = ⇔ x = −1; x = thoả mãn điều kiện Khi x = −1 ⇒ y = TMĐK Khi x = ⇒ y = TMĐK ⇔ ( x − x − 2)( Vậy hệ cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3) Câu 10 Vì a, b, c ∈ [1;2] nên ta có (a − 1)(b − 2)(c − 2) ≥ ⇔ abc + 2(2a + b + c) ≥ 2(b + c )a + bc + Dấu “=” xảy a = b = c = Do a ≥ nên ta có 2(ab + bc + ca ) b+c+4 + − 2(2a + b + c) + abc 2a (b + c) + bc + bc + 2(ab + bc + ca) b+c+4 ≤ + − 2a (b + c) + bc + 2a(b + c) + bc + bc + 2a (b + c) + bc + + bc + b + c + = − 2a (b + c) + bc + bc + bc + b+c+4 = 1+ − 2a (b + c ) + bc + bc + bc + b+c+4 ≤ 1+ − 2(b + c) + bc + bc + P= bc + bc + − bc + bc + bc + Đặt t = bc ∈ [1; 2] t + 2t + f ( t ) = + − Xét hàm số [1;2] (t + 2) t + 4t − f '(t ) = + ≥− + >0 2 (t + 2) (t + 1) 27 nên f (t ) liên tục đồng biến [1;2] Suy P ≤ f (t ) ≤ f (2) = − ≤ 1+ Vậy, giá trị lớn P = − a =1 , b = c = ♥ Đề 24 (Đề thi thử Violet) GV: Ngô Quang Vân 61 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD; điểm M, N P 11 11 trung điểm AB, BC CD; CM cắt DN điểm I ( 5;2 ) Biết P ; ÷ điểm A có hồnh độ âm Tìm tọa độ điểm A D Câu Giải hệ phương trình: xy ( x + 1) = x + y + x − y y + x2 + + ( y + 2) ( ) ( ) + x + x2 + = Câu 10 Cho số dương x, y, z thỏa mãn x > y; ( x + z ) ( y + z ) = 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x − y + x + z + y + z ( ) ( ) ( ) -Hết -Giải Câu Gọi H giao điểm AP với DN Dễ chứng minh CM ⊥ DN, tứ giác APCM hình bình hành suy HP PIC, HP đường trung bình tam giác DIC, suy H trung điểm IP; tam giác AID cân A, tam giác DIC vuông I nên AI = AD IP = PD ⇒ ∆AIP = ∆ADP hay AI ⊥ IP x = + 7t Đường thẳng AI qua I vng góc IP nên có PT: y = − t GV: Ngô Quang Vân 62 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 uur IP = IP = Gọi A(5 + 7t; – t); AI = 2IP suy t = t = -1 Do A có hồnh độ âm nên t = -1 A(-2; 3) Đường thẳng qua AP có PT: x – 3y +11 = Đường thẳng qua DN có PT: 3x + y -17 = { H } = AP ∩ DN ⇒ H (4;5) H trung điểm ID ⇒ D( 3; 8) Vậy: A(-2; 3); D( 3; 8) y = x Câu Biến đổi PT (1) ⇔ ( x − y ) ( x − y + 1) = ⇔ y = x +1 ( ) 3x + x + + ( x + ) x = y vào PT (2) ta được: ⇔ ( x + 1) ( ( x + 1) ⇔ f ( x + 1) = f ( −3x ) Xét f (t ) = t ( ( ) + x + x2 + = ) ( + + = (−3 x) + (−3 x) + ) ) t + + có f '(t ) > 0, ∀t 1 f hàm số đồng biến nên: x + = − 3x ⇔ x = − ⇒ y = − 5 • ) ( 2 y = x + vào (2) 3( x + 1) + x + + ( x + + ) ( ) + x + x2 + = Vế trái dương, PT vơ nghiệm 1 Vậy hệ có nghiệm nhất: − ; − ÷ 5 Câu 10 a = x + z⇒ y + z= a x > y⇒ x+ z > y + z ⇒a > ⇒a >1 a a −1 x − y = x + z − ( y + z) = a Thay vào P được: GV: Ngô Quang Vân 63 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 P= P= (a (a a2 − 1) + + 3a + a2 − 1) Xét f (t ) = f '(t ) = + 4a a2 t ( t − 1) −t − ( t − 1) a2 + a ≥ + 3a + 2 a ( a − 1) + 3t + ; t = a > + 3; f '(t ) = ⇔ t f’ f 3t − 9t + 8t − ( t − 1) - = ⇔ t = 2; (t > 1) +∞ + 12 Min f (t ) =12 Vậy Min P =12 x + z = 2; y + z = x − y = t >1 ♥ Đề 25 (Đề thi thử Violet) Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có DC = BC , tâm I( - ; ) Gọi M trung điểm cạnh CD, H( - 2; ) giao điểm hai đường thẳng AC BM Viết phương trình đường thẳng IH tìm tọa độ điểm A B Câu Giải phương trình x + + − 2x + + + 4x − 4x2 = ( ) x − x + ( x − 1) tập số thực x + y + z = Câu 10 Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 Tìm giá x + y + z = trị lớn biểu thức P = x3 + y3 + z3 -Hết -Giải GV: Ngô Quang Vân 64 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 uur Câu IH = ( −1; −1) Nên đường thẳng IH có phương trình x − y + = uur uur Từ giả thiết ta suy H trọng tâm ∆BCD ⇒ IA = 3HI ⇒ A(2;5) Ta có HB = BM = BC + MC = BC , HC = AC = BC 3 3 3 ⇒ HB + HC = BC nên BM ⊥ AC 2 uur ⇒ BM qua H( -2; ), nhận IH = ( −1; −1) làm VTPT có phương trình x + y + = ⇒ tọa độ B có dạng B( t; - t - ) Lại có IA = IB nên 18 = ( t + 1) + ( t + 3) ⇔ t + 4t − = 2 ( ( ) ) â â ê B − 2;1 + 2 t = − − ª ª ⇔ª ª ªt = −2 + Do ú ê êô ê B + 2;1 − 2 « Câu ĐK: − ≤ x ≤ Phương trình ⇔ ( 2x + + − 2x ) +( 2 ( x − 1) ( x − 1) + 2x + + − 2x = 2 ) (*) Xét hàm số f ( t ) = t + t 0; +∞ ) có f ′ ( t ) = 2t + > ∀t ∈ 0; +∞ ) nên hàm số f(t) đồng biến 0; +∞ ) x − 1) f x + + − x = f ( ÷ ÷ f đồng biến ( Do pt (*) trở thành ⇔ 2x +1 + ⇔8 ( ( x − 1) − 2x = ) 2 ⇔8 ) ( ) x + + − x = ( x − 1) 2 x + + − x = ( x + 1) − ( − x ) ( **) GV: Ngô Quang Vân 65 Sưu tầm biên soạn BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10 ( 8 a + b = a2 − b2 x + = a ≥ ( ) Đặt phương trình (**) trở thành a2 + b2 = − x = b ≥ 8 a + b = a + b 2 − 4a b (1) ) ( ⇔ 2 a + b = ( 2) 2 2 Từ (1) ⇒ ( a + b ) = 16 − 4a b ⇔ ( a + b ) = − a b ( ) ) ( ) ⇔ a2 + b + 2ab = 16 − 8a2 b2 + a b (***) Đặt ab = t ( ≤ t ≤ ) pt (***) trở thành 16 + 8t = 16 − 8t + t ⇔ t ( t + ) ( t − 2t ) = â êt = â ª ªx = − ªt = −2 ( loaïi ) ª x + + − x = ª ⇔ ªª ⇔ ªª Vậy t = ⇒ ª ªt = + ( loaïi ) x + − x = ªx = ª ª« ª ª«t = − ( loại ) Câu 10 Có x + y + z = ⇒ z = − ( x + y ) ⇒ P = x + y − ( x + y ) = 3xyz Từ x + y + z2 = ⇒ ( x + y ) − xy + z = ⇒ z2 − xy = ⇒ xy = z2 − 2 Vậy P = 3z ( z − 1) Do = x + y + z2 ≥ 4 x + y ) + z2 = z2 ⇒ − ≤z≤ ( 2 3 Đặt P = f ( z ) = 3z − 3z với z ∈ − 4 ; =K 3 â êz = K ª ª Có f ′ ( z ) = z − , f ′ ( z ) = ⇔ ªª ªz = ∈ K ê êô 4 4 Ta có: f − ÷÷ = − , f ÷÷ = , f − ÷ = , f ÷ = − 3 3 3 3 Do max P = GV: Ngô Quang Vân z = ;x = y = − 66 Sưu tầm biên soạn