Tài liệu Tóm gọn điểm 8, 9 môn Toán trong kì thi THPT Quốc gia 2016 do giáo viên Đặng Việt Hùng biên soạn cung cấp cho các bạn những câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải giúp các bạn dễ dàng đạt được điểm 8, 9 trong các kỳ thi môn Toán.
Trang 1TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016
Thầy Đặng Việt Hùng – Facebook: LyHung95 VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 9; 3
M
−
là trung điểm của đoạn BC
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x+3y− =5 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B, C của tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2x− + =y 2 0
Lời giải:
Gọi I là trung điểm của AH ta có: 1
2
IE=IF = AH
2
ME=MF = BC nên IM và đường trung trực của EF
Lại có: IEH =IHE MEH ; =MBH ( do IE=IH ME; =MB)
Mặt khác IHE+MBH=900⇒IEH+HEM =900⇒IE⊥ME
3
t
t
=
= ⇔ + − + − + = ⇔
= −
Với t = ⇔2 E( )2; 6 Gọi A(5 3 ;− u u) ta có:
3
( )
2;1 6
A u
=
Với t = ⇔2 E(− −3; 4)
3
⇒ − + − =
Kết luận: A( )2;1 hay A(−13; 6 )
;
x y
− + + + + =
∈
ℝ
Lời giải
Điều kiện 3x+ ≥y 0;y≥0
Đặt a= 3x+y b; =2 y a; ≥0,b≥0thì phương trình thứ nhất trở thành
Phương trình thứ hai trở thành 3x3−5x2+ =3 x232x2−x3 Điều kiện x∈ℝ
Nhận xét: x=0 không thỏa mãn phương trình đã cho
Xét trường hợp x≠0, phương trình đã cho tương đương với
Đặt 1 t
3t − + =5t 3 2t− ⇔1 3t + =t 3 2t− +1 2t−1 (*)
Xét hàm số ( ) 3
3
f t = t +t ta có ( ) 2
f′ t = t + > ∀ ∈t ℝ
Trang 2Do đó hàm số f t( )liên tục và đồng biến trên ℝ Suy ra
− − − + − +
Thử lại, phương trình đã cho có tập nghiệm 1;1 5 1; 5
S − +
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 2BC, D là trung điểm
cạnh AB E thuộc cạnh AC sao cho AC = 3EC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình
đường thẳng CD x: −3y+ =1 0và 16;1
3
E
Lời giải
Giả sử BC =a AB, =2a⇒CD=a 2,AC=a 5
3 cos
CD CA AD DCA
CD CA
Đường thẳng AC qua 16;1
3
E
nên gọi phương trình đường thẳng 16 ( )
3
AC a x b y
10 10
a b
a b
−
a
a b
=
⇒ − = + ⇔ − = + ⇔ + = ⇔
• Trường hợp 1: a=0⇒ AC y: − =1 0
Ta có C = AC∩CD⇒C( )2;1 Do AC=3EC⇒CA=3CE⇒ A( )12;1
Do D∈DC⇒D(3t−1;t)⇒B(6t−14; 2t−1)
Ta có AB=(6t−26; 2t−2 ,) CB =(6t−16; 2t−2)
7; 2 2
t
B
=
=
• Trường hợp 2: 4a+3b=0 chọn a=3,b= −4⇒ AC: 3x−4y−12=0
Ta có C = AC∩CD⇒C( )8;3 Do AC =3EC⇒CA =3CE⇒ A(0; 3− )
Do D∈DC⇒D(3t−1;t)⇒B(6t−2; 2t+3)
Ta có AB=(6t−2; 2t+6 ,) CB=(6t−10; 2t)
4;5 1
B t
B t
=
=
x y y x
x y R
x x y x y xy x y
+ + − + =
∈
Lời giải:
5x 5x 4x y 4xy x y y 0
Trang 3( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( )
⇔5x−4xy− = ⇔ −y 0 y 5x= −4xy
Thế vào (1) ta được x4+y4−4xy+ = ⇔2 0 x4+y4+ =2 4xy
Áp dụng BĐT Côsi ta có x4+y4+ =2 x4+y4+ + ≥1 1 44 x y4 4.1.1=4 xy ≥4xy
Dấu " "= xảy ra
1 1
1 0
x y
x y
x y xy
= =
= = −
Thử lại ta được x= =y 1 thỏa mãn
Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K và ngoại tiếp
đường tròn tâm I(1; 5 − ) Gọi D là điểm đối xứng của A qua K E là giao điểm thứ hai của BI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AE cắt CD tại X Giả sử C(− −2; 2 ,) (X −2; 4 ) Tìm tọa độ đỉnh A và B
Lời giải:
Ta có: AC CX⊥ ⇒ AC y: = −2
Lại có:
IAE= +CAE= + =AIE
Do vậy tam giác EAI cân tại E Do vậy ta có: EA=EI =EC
Mặt khác KA=KC⇒EK là trung trực của AC khi đó KE là
đường trung bình trong tam giác ADX
Gọi A(2 ; 2t − )⇒E t( −1;1)
( )4;1 : 2 7 0
Lấy điểm A1 đối xứng với A qua IE ta được A1(−2; 4) Suy ra BC x: = −2⇒B(− −2; 11)
Vậy A(10; 2 ;− ) (B − −2; 11)
2 2
x − + x − −x x x + = x − +x
Lời giải:
ĐK:
2
2
1
1 3
x x
x
x x
≥
≥
⇔
≤ −
≥
x≥ ⇒ x − −x x x + = − −x x < ⇒x x + >x − ≥x
( )
2 2 3x − ≤ +1 2 3x − =1 3x +1
7x − + −x 4 3x + =1 4x − + =x 3 3x +x x− + >1 3 0, ∀ ≥x 1
2 2
Trang 4Kết hợp với (2) ⇒VT( )1 <VP( )1 ⇒∀ ≥x 1 đều không thỏa mãn (1)
3
x= −t⇒− ≤ −t ⇒t≥
2 2
t − + t + +t t t + = t + +t
2t 2t 2 t 1 2 2t 2t 3t 1 2 6t 2 3t 1 5t 10t 5
2
t
2
t
( )2
t t
Đặt
5
t T
Với
2
3
Khi đó (2) ( )2
⇔ − = ⇔ = ⇒− = ⇒ = − thỏa mãn (*)
Đ/s: x= −1
Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(2; 5− ) và nội tiếp đường tròn
tâm I Trên cung nhỏ BC của đường tròn ( )I lấy điểm E, trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho
EM =EC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng y− =2 0 và M(8; 3 − )
Lời giải:
Ta có: AEB=ACB=45 ;0 CEM=900
Phương trình đường thẳng CM: x−3y− =17 0
Do vậy BEC=BEM=1350 ⇒∆BEC= ∆BEM ⇒BC=BM
Lại có: EC=EM nên BE là trung trực của CM
Khi đó: BE: 3x+ − =y 11 0⇒B( )3; 2 ⇒AB x: +7y− =17 0
Gọi E t( ;11 3− t) ta có: ME CE =0
( 8)( 2) (16 3 )(14 3 ) 0 6 ( (6; 7) )
Do B,E cùng phía với CM nên điểm E(6; 7− ) bị loại Khi đó: AE x: +2y− =2 0
Do vậy A= AE∩AB⇒A(−4;3)
Trang 5Câu 8: Giải hệ phương trình ( ) ( )
2
x y R
∈
Lời giải:
ĐK: x≥0, y≥0, xy+ −(x y) ( xy− ≥2) 0 (*)
• Với y=0 khi đó (3) trở thành − +2x x = ⇔ − = = ⇔ =0 2x x 0 x 0
Thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn ⇒ Loại
• Với y>0⇒T = xy+ −(x y) ( xy− + >2) y 0 và B= x+ y >0
2
0
xy x y xy y x y
x y
(4)
( ) (2 )
3
x x
− +
Kết hợp với T B, 0 y xy 2 1 0
> ⇒ + > nên (4) ⇔ =x y
x+ x+ + −x x x = ⇔ x+ x − x + =
1
2
x
x
=
=
Kết hợp với (*) ta được
= ⇒ =
Đ/s: ( ) ( ) 1 17 1 17
x y
+ +
+ + + = + +
Giải:
Trang 6Điều kiện:
2
1
(*) 3
x
y y
−
≥
− − ≥
1 ⇔2 y +6y +12y+ + + =8 y 2 2 x+4 x+ +4 x+4 ( ) (3 ) ( )3
( ) 2
f t = t + ∀ ∈t t R có 2
'( ) 6 1 0
f t = t + > ∀ ∈t R nên ( )f t là hàm đồng biến
2
2
y
≥ −
Thế − −y2 4y= −x vào (2) ta có ( ) 2
2 ⇔ 3x+ +1 3x −14x− =8 6−x
3
−
Với x=5⇒y+ = ⇔ =2 3 y 1
Đ/s: ( ) ( )x y; = 5;1
Câu 10: [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
E F G
lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH BH và AD Tìm tọa độ A ,
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE
Lời giải
Do EF là đường trung bình của HBC∆ nên ta có
/ /
EF BC , mà AG/ /BC và 1
2
AG=EF = BC nên
AGEF là hình bình hành
EF AB
⊥
⇒
⊥
là trực tâm của ABE∆
AF BE GE BE
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Đường thẳng GE qua 17 29;
E
và G( )1;5 nên phương trình GE x: −3y+14=0
Đường thẳng BE qua 17 29;
E
và vuông góc với GE nên đường thẳng BE: 3x+ −y 16=0
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
Tam giác ABE có ( ) ( ) 17 29
1;1 , 5;1 , ;
nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là I( )3;3 Vậy A( )1;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là I( )3;3
Câu 11: [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 ( )T có phương trình
( ) (2 )2
x− + y− = 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
Trang 7Lời 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: 4x−3y+ =7 0
Đường thẳng TC qua T( )1; 2 và vuông góc với đường thẳng
HK nên phương trình TC: 3x+4y− =11 0
Do C∈TC⇒C(1 4 ; 2 3+ t − t)
( )
Đường thẳng AC qua C(5; 1 ,− ) ( )H 2;5 nên phương trình đường thẳng AC: 2x+ − =y 9 0
Đường thẳng BH qua H( )2;5 và vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH x: −2y+ =8 0
Đường thẳng BC qua C(5; 1 ,− ) (K −1;1) nên phương trình đường thẳng BC x: +3y− =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: 3x− + =y 2 0
5 5
A AC AK A
5 5
Câu 12: [Trích đề thi thử THPT Đào Duy Từ - Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]
Giải hệ phương trình
Lời giải:
ĐK: y≥0; 2x− ≥y 0;y− − ≥x 1 0;y− + ≥3x 5 0
Khi đó: PT( ) (2 ⇔ −1 y) ( 2x− − +y 1) (2x− −y 1 1) ( − y)=0
y x y
1
y
=
⇔
− =
Với y=1 thế vào PT(1) ta có: x− = − +5 x 6 3− x ( )vn
Với y=2x−1 thế vào PT(1) ta có: 2
x− + − =x x − x−
2
Vậy nghiệm của HPT là ( ) ( )x y; = 3;5
Câu 13: Giải hệ phương trình ( 1) ( 1) 2
Lời giải:
Trang 8ĐK : x≥ ≥y 0;x≥ 8 Đặt a x y (a b; 0)
b y
≥
=
PT ⇔ b − a+ a − b+ =a +b
( )( ) ( )2
ab a b a b a b ab a b a b ab
= ⇔ − =
= ⇔ =
Cách 2: PT( ) (1 ⇔ x− −y 1) y− − − = −(x y 1) (1 y) x− − −y (1 y)
1
1 1
y
x y
= +
2
x
x x
≤
+) Với x= +y 1 ta có: 5 3+ x− =2 2x− +1 x+6 *( )
x
−
3
x
=
⇔
1 ⇔10x− +12 6 x+6 x−2 =16⇔3 x +4x−12= −14 5x
( )
2
15
2
4
x
vn
≤ ≤
⇔
− + =
Vậy nghiệm của hệ PT là: ( ) 9 41 ( )
2
x y
−
Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x+ + =y 3 0, d2:x− + =y 1 0 và điểm
( )1; 2
M Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d tại hai điểm A và B sao cho 1 AB=8 2 và đồng thời tiếp xúc với d 2
Lời giải
Gọi I a b( ); là tâm của đường tròn, H là trung điểm của AB
Ta có M( )1; 2 ∈d2 , mà M∈( )C
M
⇒ là giao điểm của d2 và ( )C
H∈d ⇒H a a+
2
MH = AB=
( ) (2 )2 ( )2
⇒ − + − = ⇔ − =
( )
⇒
Trang 9Các khóa Vệ tinh chuyên sâu các mảng Toán khó tại Moon.vn
- Khóa CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY
- Khóa CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
- Khóa KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT
- Khóa KĨ THUẬT SỬ DỤNG MÁY TÍNH CASIO
- Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN
Thầy Đặng Việt Hùng