zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Chinh phục điểm 8, 9, 10 môn Toán: Phần 2 - GV. Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

166
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 2 tài liệu "Chinh phục điểm 8, 9, 10 môn Toán" cung cấp cho các bạn 9 câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải chi tiết giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chinh phục điểm 8, 9, 10 môn Toán: Phần 2 - GV. Đặng Việt Hùng

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 MÔN TOÁN – Phần 2 Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN PHẦN 1 : ĐỀ BÀI Câu 1: Giải phương trình ( x − 1) = (x − 2 x − 2) + 1 − x2 + x + 2 ( x ∈ ℝ) . 2 2 2 3 Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có BC = 2AB. Điểm M(2; -2) là trung 4 8 điểm của cạnh AC. Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BC = 4BN. Điểm H  ;  là giao điểm AN và 5 5 BM. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – 6 = 0.  x + y + 1 + x − y = 2 y + 1 Câu 3: Giải hệ phương trình  12 3 xy + 7 x = x + 8 y + 15 2 2 Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. 5 x − y + x + y − 3 = 2 + ( x + y )( 2 x − y ) + 3 x − 4 Câu 5. Giải hệ phương trình   y + 2 − x = 2 2 Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A với M là trung điểm của AB, đường thẳng qua A vuông góc với MC cắt BC tại H, biết phương trình đường thẳng AB : x − y + 1 = 0  14  và trung điểm của HB là K  5;  . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoàng độ lớn hơn 4.  3  x2 + 2 y 2 + 4 + x + 2 = 3 y 2 + 4 + y + 2  Câu 7: Giải hệ phương trình  3x3 + 2 y − 1  2x −1 + 3 y − 2 = + 2x − y −1 3  2 Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong AD với  15 1  D  ;  thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF . Đường  2 2  11 3  thẳng EF cắt BC tại K. Biết điểm F  ;  , E có tung độ dương và phương trình đường thẳng  2 2 AK : x − 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.  2x x + 3y  + =3 Câu 9: Giải hệ phương trình  5 x 2 − 6 xy + 5 y 2 6 x 2 − 8 xy + 6 y 2  ( ) ( ) 2 2  x − 2 y − x + x + y = 4 PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Giải phương trình ( x − 1) = (x − 2x − 2) + 1 − x2 + x + 2 ( x ∈ ℝ) . 2 2 2 3 Lời giải. Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 . Phương trình tương đương x 2 − 2 x − 2 − 3 ( x 2 − 2 x − 2 ) + 1 = 1 − x 2 + x . 2 ( ) 2 Ta có 1 − x2 + x = 1 + 2 x 1 − x2 ≥ 1 ⇒ 1 − x2 + x ≥ 1 . t = 0 Đặt x 2 − 2 x − 2 = t thu được t 3 − t 2 + 1 ≥ 1 ⇔ t 2 ( t − 1) ≥ 0 ⇔  3 t ≥ 1 { t = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x ∈ 1 + 3;1 − 3 . } x ≥ 3 t ≥ 1 ⇒ t 3 ≥ 1 ⇔ x 2 − 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) ≥ 0 ⇔  ⇒ x = −1 .  x ≤ −1 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm duy nhất x = −1 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có BC = 2AB. Điểm M(2; -2) là trung 4 8 điểm của cạnh AC. Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BC = 4BN. Điểm H  ;  là giao điểm AN và 5 5 BM. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Lời giải: Gọi E là trung điểm của BC và F = AN ∩ ME . HM MF 3 3 Ta có: EF = AB = 2 ME ⇒ = = ⇒ HM = − HB . HB AB 2 2 6 3 4  5 = − 2  xB − 5     ⇔ ⇒ B ( 0; 4 ) . 18 − = − 3  8   5  yB −  2 5 Gọi N ( 6 − 2t ; t ) ⇒ E (12 − 4t ; 2t − 4 ) . Lại có: EM .EB = 0 t = 2  E ( 4; 0 )  ⇔ (12 − 4t )(10 − 4t ) + ( 2t − 8 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔  17 ⇒   8 14  . t = E − ;  5   5 5  Với E ( 4; 0 ) ⇒ C ( 8; −4 ) ⇒ A ( −4;0 ) .  −8 14   −16 8   36 −28  Với E  ;  ⇒ C  ;  ⇒ A ; .  5 5  5 5  5 5   x + y + 1 + x − y = 2 y + 1 Câu 3: Giải hệ phương trình  12 3 xy + 7 x = x + 8 y + 15 2 2 Lời giải.  x + y + 1 ≥ 0; x − y ≥ 0 x ≥ 0 Điều kiện  ⇔ 2 y + 1 ≥ 0; xy + 7 x ≥ 0 x ≥ y 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn x− y x + y +1 − 2 y +1 + x − y = 0 ⇔ + x− y =0 x + y +1 + 2 y +1 x− y  x− y  ⇔ x − y. + x− y =0⇔ x− y + 1 = 0 x + y +1 + 2 y +1  x + y +1 + 2 y +1    x− y Ta có +1 > 0 ⇒ x − y = 0 ⇔ x = y . x + y +1 + 2 y +1 Phương trình thứ hai của hệ tương đương 12 3 x3 + 7 x = x 2 + 8 x + 15 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực không âm ta có 8 + 8 x + x 2 + 7 x 2 + 8 x + 15 4 3 x ( x 2 + 7 ) = 3 8.8 x ( x 2 + 7 ) ≤ = ⇒ 12 3 x3 + 7 x ≤ x 2 + 8 x + 15 . 3 3 Do đó phương trình ẩn x có nghiệm khi 8 x = x 2 + 7 = 8 ⇔ x = 1 . Kết luận hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1 . Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Lời giải: Gọi K là trung điểm của AB khi đó AKED là hình vuông, gọi I là tâm hình vuông. Khi đó KF / / AH ⇒ KF ⊥ DF do vậy 5 điểm A,K,F,E,D cùng thuộc đường tròn đường kính KD. Suy ra AF ⊥ EF ⇒ AF : x + 3 y − 4 = 0 .  17 1  32 ⇒ F  ;  ⇒ AF =  5 5 5 1 2 Ta có: ∆AFE ∼ ∆DCB ⇒EF = AF = 2 . 2 5 2 2 t = 3 ⇒ E ( 3; −1) 8  17   51  8  Gọi E ( t ;3t − 10 ) ⇒ EF = ⇔  t −  +  3t −  = ⇔  19 2  19 7  5  5  5 5 t = ⇒ E  ;  ( loai )  5  5 5 Khi đó: AE : x + y − 2 = 0; I ( 2; 0 ) ⇒ KD : x − y − 2 = 0 . Gọi D ( d ; d − 2 ) ta có:  d = 3  D ( 3;1) DA.DE = 0 ⇔ ( d − 1)( d − 3) + ( d − 3)( d − 1) = 0 ⇔  ⇒ .  d = 1  D (1; −1) Vì D và F nằm khác phía so với AE nên ta có D (1; −1) ⇒ C ( 5; −1) ; B (1;5 ) . Vậy B (1;5 ) ; C ( 5; −1) ; D (1; −1) . 5 x − y + x + y − 3 = 2 + ( x + y )( 2 x − y ) + 3 x − 4 Câu 5. Giải hệ phương trình   y + 2 − x = 2 2 Lời giải. Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn  y ≥ 0; 2 − x 2 ≥ 0 Điều kiện   x + y − 3 ≥ 0;3x ≥ 4 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( x + y )( 2 x − y ) − 5 x + y + 2 + 3x − 4 − x + y − 3 = 0 2x − y −1 ⇔ ( x + y − 2 )( 2 x − y − 1) + =0 3x − 4 + x + y − 3  1  ⇔ ( 2 x − y − 1)  x + y − 2 + =0  3 x − 4 + x + y − 3   1 Vì x + y − 2 + > 0 ⇒ y = 2 x − 1 . Phương trình thứ hai của hệ trở thành 3x − 4 + x + y − 3 Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành 2 x − 1 + 2 − x 2 = 2 (1) . Áp dụng bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng – trung bình nhân ta có 1 + 2 x −1 1 + 2 − x2 3 + 2 x − x2 2 x − 1 + 2 − x 2 = 1( 2 x − 1) + 1( 2 − x 2 ) ≤ + = 2 2 2 3 + 2 x − x 2 4 − ( x − 1) 2 4 = ≤ = 2 ⇒ 2 x − 1 + 2 − x2 ≤ 2 2 2 2 2 x − 1 = 1 Do đó phương trình (1) có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là  ⇔ x =1. 2 − x = 1 2 Đối chiếu điều kiện, kết luận hệ vô nghiệm. Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A với M là trung điểm của AB, đường thẳng qua A vuông góc với MC cắt BC tại H, biết phương trình đường thẳng AB : x − y + 1 = 0  14  và trung điểm của HB là K  5;  . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ lớn hơn 4.  3 Lời giải: 2 CI  AC  4 Ta có: CI .CM = AC 2 ⇒ =  = . CM  CM  5 Dễ thấy MK là đường trung bình của tam giác ABH khi đó ta CH 4 có MK / / IH do vậy = và HK = BK . CK 5 Do vậy KC = 5 BK . Ta có: 4 d ( K ; AB ) = KB sin 450 ⇒ KB = 3 2 t = 5 ⇒ B ( 5; 6 )  11  16  Gọi B ( t ; t + 1) ta có: KB = ( t − 5 ) +  t −  = ⇔  11 2 2  11 14   3 9 t = ⇒ B  ;  ( loai )  3 3 3  xC − 5 = 6.0  Khi đó: BC = 6 BK ⇔   14  ⇒ C ( 5; −2 )  yC − 6 = 6.  3 − 6     Phương trình đường thẳng qua C và vuông góc với AB là x + y − 3 = 0 Do vậy A = AB ∩ AC ⇒ A (1; 2 ) . Kết luận: A (1; 2 ) ; B ( 5; 6 ) ; C ( 5; −2 ) là các điểm cần tìm. Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn  x2 + 2 y 2 + 4 + x + 2 = 3 y 2 + 4 + y + 2  Câu 7: Giải hệ phương trình  3x3 + 2 y − 1  2x −1 + 3 y − 2 = + 2x − y −1 3  2 Lời giải. 1 2 Điều kiện x ≥ ; y ≥ 3 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 3 x + 2 − y + 2 + x2 + 2 y 2 + 4 − 3 y 2 + 4 = 0 ⇔ x− y + ( x − y )( x + y ) x+2 + y+2 x + 2 y2 + 4 + 3 y2 + 4 2  ⇔ ( x − y)  1 + ( x + y)   =0⇒ x= y  x + 1 + y + 1 x 2 + y 2 + 1 + 2 y 2 + 1  3x3 + 2 x − 1 Phương trình thứ hai của hệ trở thành 2 x − 1 + 3x3 − 2 = + x −1 . 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 x − 1 + 1 3x 3 − 2 + 1 3x 3 + 2 x − 1 3x3 + 2 x − 1 2 x − 1 + 3x3 − 2 ≤ + = ≤ + x −1 . 2 2 2 2 Do đó phương trình ẩn x có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là 2 x − 1 = 3 x 3 − 2 = 1 ⇔ x = 1 . Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong AD với  15 1  D  ;  thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF . Đường  2 2  11 3  thẳng EF cắt BC tại K. Biết điểm F  ;  , E có tung độ dương và phương trình đường thẳng  2 2 AK : x − 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải: Gọi I là giao điểm của AD và EF . Do tam giác AEF cân tại A có phân giác AI nên: AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.  KE ⊥ AD Ta có:  ⇒ DE ⊥ AK . Do đó đương thẳng DE qua  AB ⊥ KD  15 1  D  ;  và vuông góc với AK. Khi đó ta có phương trình  2 2 31  31  DE : 2 x + y − = 0 .Vì E thuộc DE nên ta gọi E  t ; − 2t  2  2  2  15  Dễ thấy DE = DF ⇔  t −  + (15 − 2t ) = 5 2  2  17  17 3  t = 2 ⇒ E  2 ; − 2  ( loai )   ⇔ ( 2t − 15 ) = 4 ⇔  2  13  13 5  t = ⇒ E  ;  ⇒ I ( 6; 2 ) ⇒ AD : x + y − 8 = 0  2  2 2 Khi đó A = AD ∩ AK ⇒ A ( 5;3) ⇒ AC : 3 x + y − 18 = 0; AB : x + 3 y − 14 = 0; BC : 3x − y − 22 = 0  20  Do vậy A ( 5;3) ; B ( 8; 2 ) ; C  ; −2  là toạ độ các điểm cần tìm.  3  Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn  2x x + 3y  + =3 Câu 9: Giải hệ phương trình  5 x 2 − 6 xy + 5 y 2 6 x 2 − 8 xy + 6 y 2  ( ) ( ) 2 2  x − 2 y − x + x + y =4 Lời giải. x ≥ 0 x ≥ 0  Điều kiện  ⇒ 2 y ≥ x 2 y ≥ x  y ≥ 0  5 x − 6 xy + 5 y = ( x + y ) + 4 ( x − y ) ≥ ( x + y )   5 x − 6 xy + 5 y ≥ x + y = x + y 2 2 2 2 2 2 2 Nhận xét  ⇒ − + = ( + ) + ( − ) ≥ ( + ) 2 2 2  6 x 2 − 8 xy + 6 y 2 ≥ x + y = x + y 2 2  6 x 8 xy 6 y x y 5 x y x y 2x x + 3y 2x x + 3 y 3( x + y ) Dẫn đến + ≤ + = = 3. 5 x 2 − 6 xy + 5 y 2 6 x 2 − 8 xy + 6 y 2 x + y x + y x+ y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y . Phương trình thứ hai trở thành ( x+x =4⇔)  x + x = 2 2  x − 1 ⇔ ( )( ) x +2 =0 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1.  x ≥ 0  x ≥ 0 Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 1 . Thầy Đặng Việt Hùng Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.