Chinh phục điểm 10 môn Toán

Chia sẻ: Le Duoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi học kỳ sắp tới cùng củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc Chinh phục điểm 10 môn Toán. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chinh phục điểm 10 môn Toán

Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC CHINH PHỤC MỤC TIÊU 26 ĐIỂM ĐẠI HỌC Thầy Đặng Việt Hùng – MOON.VN Công thức 26 điểm trở lên: Toán 8.5; Lí 8,5; Hóa 9,0 trở lên nhé. 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 hình vuông ABCD tâm I. Gọi M là điểm đối xứng của D qua C. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ D, C lên AM. Giả sử K (1;1) , đỉnh B thuộc đường thẳng 5 x + 3 y − 10 = 0. Và phương trình đường thẳng HI : 3 x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B. Lời giải: Dễ thấy CK là đường trung bình trong tam giác DHM do vậy K là trung AD DH 1 điểm của HM. Lại có ∆ADM ∼ ∆DHM ⇒ = = DM MH 2 Do vậy DH = HK = KM . = BCK do đó: Mặt khác ∆ADH = ∆MCK ⇒ AH = CK ; lại có BAH ∆BAH = ∆BCK ⇒ BH = BK và ABH = KBC = KBC + HBC = 900 hay BH ⊥ BK ⇒ BHK = 450 Suy ra ABH + HBC = KHI = 450 ( do DHI = DAI = 450 ) Do ∆DHI = ∆KHI ⇒ DHI Khi đó: BH ⊥ HI ⇒ BK / / HI ⇒ BK : 3 x + y − 4 = 0 . 1 5 Do vậy B = d ∩ BK ⇒ B  ;  . 2 2  x 3 + ( x + y )3 = y ( 5 x 2 + 4 y 2 ) ,  Câu 2: Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ ) . 2 2  x − y + 1 + y − x − 2 = 3. Lời giải. Điều kiện x; y ∈ ℝ . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x3 + x 3 + 3 x 2 y + 3 xy 2 + y 3 = 5 x 2 y + 4 y 3 ⇔ 2 x3 − 2 x 2 y + 3 xy 2 − 3 y 3 = 0 2 x2 + 3 y 2 = 0 ⇔ 2 x2 ( x − y ) + 3 y 2 ( x − y ) = 0 ⇔ ( 2 x2 + 3 y 2 ) ( x − y ) = 0 ⇔  x = y 2 2 2x + 3 y = 0 ⇔ x = y = 0 . Với x = y thì phương trình thứ hai của hệ trở thành x 2 − x + 1 + x 2 − x − 2 = 3 (1) . 2 1 3  Để ý rằng x − x + 1 =  x −  + > 0, ∀x ∈ ℝ nên (1) đưa về dạng 2 4  x2 − x + 1 + x2 − x − 2 = 3 ⇔ x2 − x − 2 = − x2 + x + 2 2 ⇔ x 2 − x − 2 = − ( x 2 − x − 2 ) ⇔ x 2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2 Thử trực tiếp đi đến kết luận hệ có các nghiệm ( x; y ) = ( t ; t ) với t ∈ [ −1; 2] .  1+ 5 1+ 5   1− 5 1− 5  đây suy ra hệ phương trình đề bài có hai cặp nghiệm ( x; y ) =  ; ; , . 2   2 2   2 Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình là ( d1 ) : x + y + 1 = 0, phương trình đường cao kẻ từ B là ( d 2 ) : x − 2 y − 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB, AC và tìm tọa độ điểm A biết rằng đường cao kẻ từ C qua điểm M ( 2;1) . Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Lời giải Ta có B = d1 ∩ d 2 ⇒ B ( 0; −1) Do C ∈ d1 : x + y + 1 = 0 ⇒ C ( t ; −t − 1)  t −t − 2  Gọi H là trung điểm của BC ⇒ H  ;  2  2 Đường thẳng AC qua C ( t ; −t − 1) và vuông góc với d 2 nên phương trình đường thằng AC : 2 x + y − t + 1 = 0  t −t − 2  Đường thẳng AH qua H  ;  và vuông góc với d1 nên 2  2 phương trình đường thẳng AH : x − y − t − 1 = 0  2t −t − 3  Ta có A = AC ∩ AH ⇒ A  ;  3  3 Do CM ⊥ AB ⇒ BA.MC = 0  2t t  Mà BA =  ; −  ; MC = ( t − 2; −t − 2 )  3 3 2 1 2  4 11   2 5 ⇒ ( t − 2 ) − ( −t − 2 ) = 0 ⇔ t = ⇒ A  ; −  và C  ; −  3 3 3 9 9   3 3  4 11  Đường thẳng AB qua A  ; −  và B ( 0; −1) nên đường thẳng AB : x + 2 y + 2 = 0 9 9   4 11   2 5 Đường thẳng AC qua A  ; −  và C  ; −  nên đường thẳng AC : 6 x + 3 y + 1 = 0 9 9   3 3  4 11  Vậy A  ; −  , AC : 6 x + 3 y + 1 = 0, AB : x + 2 y + 2 = 0. 9 9  ( x 2 + y 2 ) ( 2 x + 3 y ) = x 3 + 9 y 3  Câu 4: Giải hệ phương trình  x − 1 2  2 x − y − 1  2 40   +  = 9  2 y − x   y − 2  Lời giải. Điều kiện x ≠ 2 y ≠ 4 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x 3 + 3 x 2 y + 2 xy 2 + 3 y 3 = x3 + 9 y 3 ⇔ x3 + 3 x 2 y + 2 xy 2 − 6 y 3 = 0 x = y ⇔ x 2 ( x − y ) + 4 xy ( x − y ) + 6 y 2 ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + 4 xy + 6 y 2 ) = 0 ⇔  2 2 ( x + 2 y ) + 4 y = 0 Xét hai trường hợp 2 ( x + 2 y ) + 4 y2 = 0 ⇔ x + 2 y = y = 0 ⇔ x = y = 0 . 40  x −1   x −1  Với x = y thì phương trình thứ hai của hệ trở thành  .  +  = 9  x   x−2 2 2 2 2 2 40 40 2 2  t   t  Đặt x − 1 = t thu được  ⇔ t 2 ( t − 1) + t 2 ( t + 1) = ( t 2 − 1)  +  = 9 9  t +1   t −1  40 ⇔ t 4 − 2t 3 + t 2 + t 4 + 2t 3 + t 2 = ( t 4 − 2t 2 + 1) ⇔ 11t 4 − 49t 2 + 20 = 0 9   5 5  5 ⇔ ( t 2 − 4 )(11t 2 − 5 ) = 0 ⇔ t 2 ∈ 4;  ⇒ x ∈ 3; −1; + 1; − + 1 11 11   11   Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC  5    5 5 5 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm ( x; y ) = ( 3;3) , ( −1; −1) ,  + 1; + 1 ,  − + 1; − + 1 . 11   11 11   11 Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm K, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD, BC lần lượt lấy điểm E, F sao cho AM = AE, BM = BF, phương trình EF : x − 2 = 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH là x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 15 = 0 và A, H đều có tung độ dương. Lời giải 0 Ta có EAM = MHE = 90 ⇒ tứ giác AMHE nội tiếp ⇒ AEM = AHM = 450 = BHM = 450 Tương tự tứ giác HMBF nội tiếp ⇒ BFM ⇒ AHB = 900 ⇒ AH ⊥ BH Ta có AE = CF ⇒ K là tâm của hình vuông Ta có AHB = AKB = 900 ⇒ tứ giác AHKB nội tiếp Ta có H , K = EF ∩ ( ABH ) ⇒ H ( 2;3) , K ( 2; −1) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH có tâm I ( −2;1) bán kính R = 5 Đường thẳng AB qua I ( −2;1) và vuông góc với IK nên đường thẳng AB : 2 x − y + 5 = 0 Do A, B là giao điểm của A, B với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH nên tọa độ A, B thỏa mãn 2 x − y + 5 = 0  y = 2x + 5 x = 0 ⇒ y = 5  A ( 0;5 ) C ( 4; −7 ) ⇔ ⇔ ⇒ ⇒  2     2 2  x = −4 ⇒ y = −3  B ( −4; −3)  D ( 8;1)  x + y + 4 x − 2 y − 15 = 0 5 x + 20 x = 0 Vậy A ( 0;5 ) , B ( −4; −3) , C ( 4; −7 ) , D ( 8;1) ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 4 ) = y 3 + 3 y, Câu 6: Giải hệ phương trình  2 2 2 x − y + 15 = x + 5 y. Lời giải. Điều kiện 2x ≥ y . ( x; y ∈ ℝ ) . 2 3 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( x − 1) ( x − 1) + 3 = y 3 + 3 y ⇔ ( x − 1) + 3 ( x − 1) = y 3 + 3 y .   Đặt x − 1 = u; ⇒ u 3 + u = y 3 + y ⇔ u 3 − y 3 + 3u − 3 y = 0 ⇔ ( u − y ) ( u 2 + uy + y 2 + 3) = 0 . 2 1  3  Với u 2 + uy + y 2 + 1 = 0 ⇔  u + y  + y 2 = −1 (Vô nghiệm). 2  4  Với u = y ⇔ x + 1 = y thì phương trình thứ hai của hệ trở thành 2 x + 1 = x 2 + 5 x − 20 ⇔ 2 ⇔ ( ) x + 1 − 2 = x 2 + 5 x − 24 x = 3 2x − 6 = ( x − 3)( x + 8 ) ⇔  2  = x+8 x +1 + 2  x + 1 + 2 (1) 2 2 ≤ = 1 < 7 ≤ x + 8, ∀x ≥ −1 ⇒ (1) vô nghiệm. x +1 + 2 2 Từ đây suy ra hệ ban đầu có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3; 4 ) . Rõ ràng Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC 9 3 Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với M  ; −  là trung điểm của đoạn BC 2 2 và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x + 3 y − 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 2 x − y + 2 = 0. Lời giải: 1 Gọi I là trung điểm của AH ta có: IE = IF = AH 2 1 Mặt khác ME = MF = BC nên IM và đường trung trực của EF. 2 3  11 7  Khi đó: IM : x + 2 y − = 0 ⇒ I  − ;  . 2  2 2 = IHE ; MEH = MBH ( do IE = IH ; ME = MB ) Lại có: IEH + MBH = 900 ⇒ IEH + HEM = 900 ⇒ IE ⊥ ME . Mặt khác IHE t = 2 3  7  11  9   Gọi E ( t ; 2t + 2 ) ta có: EM .EI = 0 ⇔  t +  t −  +  2t −   2t +  = 0 ⇔  2  2   2  2  t = −3 2 2 125 7  125  21   ⇔  − 3u  +  u −  = Với t = 2 ⇔ E ( 2;6 ) . Gọi A ( 5 − 3u; u ) ta có: IA = IE = 2 2 2  2   u = 6  A ( 2;1) ⇔ ⇒ u = 1  A ( −13; 6 ) 2 2 2 2 7  125  21   Với t = 2 ⇔ E ( −3; −4 ) ⇒  − 3u  +  u −  = (tương tự như TH trên) 2 2  2   Kết luận: A ( 2;1) hay A ( −13;6 ) . 3 x − 11 y + 4 y ( 3 x + y ) + 3 x + y = 2 y  Câu 8: Giải hệ phương trình  3 x 2 y − 5 y 2 + 3 = y 2 3 2 y 2 − x3 Lời giải. Điều kiện 3 x + y ≥ 0; y ≥ 0 . Đặt a = 3x + y ; b = 2 y ; a ≥ 0, b ≥ 0 thì phương trình thứ nhất trở thành a 2 + 2ab − 3b 2 + a − b = 0 ⇔ a 2 + 3ab + a − ab − 3b 2 − b = 0 ⇔ a ( a + 3b + 1) − b ( a + 3b + 1) = 0 ⇔ ( a − b )( a + 3b + 1) = 0 ⇒ a = b ⇒ x = y Phương trình thứ hai trở thành 3x 3 − 5 x 2 + 3 = x 2 3 2 x 2 − 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 . 1 Đặt = t thu được phương trình 3t 3 − 5t + 3 = 3 2t − 1 ⇔ 3t 3 + t = 3 ( 2t − 1) + 3 2t − 1 (*). x Xét hàm số f ( t ) = 3t 3 + t ta có f ′ ( t ) = 9t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ . Do đó hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ℝ . Suy ra ( ∗) ⇔ f ( t ) = f ( 3 ) 2t − 1 ⇔ t 3 − 2t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t − 1) = 0  −1 − 5 −1 + 5   1 − 5 1 + 5  ⇒ t ∈ 1; ; ;  ⇒ x ∈ 1;  2 2  2 2    Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC  1 − 5 1 + 5  Thử lại, phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1; ; . 2 2   Câu 9: 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  16  đường thẳng CD : x − 3 y + 1 = 0 và E  ;1 .  3  Lời giải Giả sử BC = a, AB = 2a ⇒ CD = a 2, AC = a 5 CD 2 + CA2 − AD 2 3 Ta có cos DCA = = 2CD.CA 10  16  Đường thẳng AC qua E  ;1 nên gọi phương trình  3  16   đường thẳng AC : a  x −  + b ( y − 1) = 0 3  a − 3b 3 = cos ( Ta có cos DAC CD, CA) = = 2 2 10 10 a + b a = 0 2 ⇒ a − 3b = 3 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 3b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔   4a + 3b = 0 • 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 ) t = 3  B ( 4;5 ) Mà AB ⊥ CB ⇒ ( 6t − 26 )( 6t − 16 ) + ( 2t − 2 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔  7 ⇒  t =  B ( 7; 2 )  2 • Trường hợp 2: 4a + 3b = 0 chọn a = 3, b = −4 ⇒ AC : 3 x − 4 y − 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 )  1  B (1; 4 ) t=  Mà AB ⊥ CB ⇒ ( 6t − 2 )( 6t − 10 ) + 2t ( 2t + 6 ) = 0 ⇒ 2⇒   B ( 4;5 ) t = 1 Các 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 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!