Tóm gọn điểm 8, 9 môn Toán trong kì thi THPT Quốc gia 2016 - GV. Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tóm gọn điểm 8, 9 môn Toán trong kì thi THPT Quốc gia 2016 - GV. Đặng Việt Hùng

TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG TÓM 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 9 3 Câu 1: 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 Lại có: IEH ; MEH = MBH ( do IE = IH ; ME = MB ) Mặt khác IHE + MBH = 900 ⇒ IEH + HEM = 900 ⇒ IE ⊥ ME .  11  9   3  7 t = 2 Gọi E ( t ; 2t + 2 ) ta có: EM .EI = 0 ⇔  t +  t −  +  2t −   2t +  = 0 ⇔   2  2   2  2 t = −3 2 2 125  21   7  125 Với t = 2 ⇔ E ( 2;6 ) . Gọi A ( 5 − 3u; u ) ta có: IA2 = IE 2 = ⇔  − 3u  +  u −  = 2  2   2 2 u = 6  A ( 2;1) ⇔ ⇒ u = 1  A ( −13; 6 ) 2 2  21   7  125 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 2: Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ ) . 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 . 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 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   1 − 5 1 + 5  Thử lại, phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1; ; .  2 2  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  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 = cos ( a − 3b 3 Ta có cos DAC CD, CA) = = 10 a 2 + b 2 10 a = 0 ⇒ a − 3b = 3 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 3b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔  2  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  x 4 + y 4 + y − 5 x + 2 = 0 Câu 4: Giải hệ phương trình  3 ( x, y ∈ R ) . 5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y 3 2 Lời giải: Ta có (2) ⇔ ( 5 x 3 + 5 x ) − ( 4 x 3 y + 4 xy ) − ( x 2 y + y ) = 0 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ⇔ 5 x ( x 2 + 1) − 4 xy ( x 2 + 1) − y ( x 2 + 1) = 0 ⇔ ( x 2 + 1) ( 5 x − 4 xy − y ) = 0 ⇔ 5 x − 4 xy − y = 0 ⇔ y − 5 x = −4 xy. Thế vào (1) ta được x 4 + y 4 − 4 xy + 2 = 0 ⇔ x 4 + y 4 + 2 = 4 xy. Áp dụng BĐT Côsi ta có x 4 + y 4 + 2 = x 4 + y 4 + 1 + 1 ≥ 4 4 x 4 . y 4 .1.1 = 4 xy ≥ 4 xy.  x4 = y 4 = 1  x = y = 1 Dấu " = " xảy ra ⇔  ⇔  xy ≥ 0  x = y = −1 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 . = A + CAE Lại có: IAE = A+ B = AIE 2 2 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 ( 2t ; −2 ) ⇒ E ( t − 1;1) . Khi đó: ( t + 1) + 9 = ( t − 2 ) + 36 ⇔ t = 5 ⇒ A (10; −2 ) 2 2 E ( 4;1) ⇒ EI : 2 x − y − 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) . Câu 6: Giải phương trình 3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 = 2 1 2 (7x 2 − x + 4). Lời giải: x ≥1 3 x 2 ≥ 1  ĐK:  2 ⇔ (*)  x ≥ x x ≤ − 1  3 • Xét với x ≥ 1 ⇒ ( x 2 − x ) − x 2 ( x 2 + 1) = − x − x 4 < 0 ⇒ x 2 ( x 2 + 1) > x 2 − x ≥ 0 ⇒ x x 2 + 1 > x 2 − x ⇒ x 2 − x − x x 2 + 1 < 0 ⇒ VT (1) < 3x 2 − 1 (2) Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2. 3 x 2 − 1 ≤ 2 + ( 3 x 2 − 1) = 3 x 2 + 1. Mặt khác 7 x 2 − x + 4 − ( 3 x 2 + 1) = 4 x 2 − x + 3 = 3 x 2 + x ( x − 1) + 3 > 0, ∀x ≥ 1 ⇒ 3 x 2 + 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 2 2. 3 x 2 − 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 3 x 2 − 1 < 2 1 2 (7 x 2 − x + 4 ) = VP (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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Kết hợp với (2) ⇒ VT (1) < VP (1) ⇒ ∀x ≥ 1 đều không thỏa mãn (1). 1 1 1 • Xét với x ≤ − ta đặt x = −t ⇒ −t ≤ − ⇒t≥ . 3 3 3 Phương trình (1) trở thành 3t 2 − 1 + t 2 + t + t t 2 + 1 = 2 1 2 ( 7t 2 + t + 4) ⇔ 2 6t 2 − 2 + 2 2t 2 + 2t + 2t 2t 2 + 2 = 7t 2 + t + 4 ⇔ 2t ( ) ( 2t 2 + 2 − t − 1 + 2 2t 2 + 2t − 3t − 1 + 2 ) ( ) 6t 2 − 2 − 3t + 1 = 5t 2 − 10t + 5 2t  2t 2 + 2 − ( t + 1)  4 ( 2t 2 + 2t ) − ( 3t + 1) 2 2 6t 2 − 2 − ( 3t − 1)  2 2 ⇔  + +   = 5 t −1 2 ( ) 2t 2 + 2 + t + 1 2 2t 2 + 2t + 3t + 1 6t 2 − 2 + 3t − 1 2t ( t 2 − 2t + 1) −t 2 + 2t − 1 2 ( −3t 2 + 6t − 3) ⇔ + + = 5 ( t − 1) 2 t + 1 + 2t + 22 3t + 1 + 2 2t + 2t 2 3t − 1 + 6t − 2 2 2 2t 1 6  ⇔ ( t − 1)  − − − 5 = 0 (2)  t + 1 + 2t + 2 3t + 1 + 2 2t + 2t 3t − 1 + 6t − 2 2 2 2  2t 1 6 Đặt T = − − − 5. t + 1 + 2t 2 + 2 3t + 1 + 2 2t 2 + 2t 3t − 1 + 6t 2 − 2 1 1 2t −5 − 3t − 5 2t 2 + 2 Với t ≥ > ⇒T < +0+0−5 = < 0. 3 3 t + 1 + 2t 2 + 2 t + 1 + 2t 2 + 2 Khi đó (2) ⇔ ( t − 1) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ − x = 1 ⇒ x = −1 thỏa mãn (*). 2 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 ) lấ y 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: 0 Ta có: AEB = ACB = 45 ; CEM = 90 . 0 Phương trình đường thẳng CM: x − 3 y − 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 + 7 y − 17 = 0 . Gọi E ( t ;11 − 3t ) ta có: ME.CE = 0 t = 6 ⇒ E ( 6; −7 ) ⇔ ( t − 8 )( t − 2 ) + (16 − 3t )(14 − 3t ) = 0 ⇔  t = 4 ⇒ E ( 4; −1) Do B,E cùng phía với CM nên điểm E ( 6; −7 ) bị loại. Khi đó: AE : x + 2 y − 2 = 0 Do vậy A = AE ∩ AB ⇒ A ( −4;3) . 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG  xy + x − y  ( ) xy − 2 + x = y + y ( ) Câu 8: Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) . ( ( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4  ) Lời giải: ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0, xy + ( x − y ) ( xy − 2 ≥ 0 ) (*) Khi đó (1) ⇔ xy + ( x − y ) ( ) xy − 2 − y + x − y = 0 (3) • Với y = 0 khi đó (3) trở thành −2 x + x = 0 ⇔ −2 x = 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. Khi đó (3) ⇔ xy + ( x − y ) ( ) xy − 2 − y 2 + x− y =0 T B ⇔ y ( x − y) + ( x − y) ( xy − 2 ) + x − y = 0 ⇔ ( x − y )  y + xy − 2 1  + =0 (4) T B  T B   4 4 4 + ( x + 1) ( x 2 − x − 2 ) Từ (2) ⇒ y + xy + x − x = ⇒ y + xy − 2 = 2 + x −x−2= 2 x +1 x +1 x +1 x 3 − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2 ) 2 ⇒ y + xy − 2 = = ≥ 0, ∀x ≥ 0 x +1 x +1 y + xy − 2 1 Kết hợp với T , B > 0 ⇒ + > 0 nên (4) ⇔ x = y. T B Thế vào (2) ta được ( x + 1) ( x + x + x − x 2 ) = 4 ⇔ ( x + 1) ( x 2 − 3 x ) + 4 = 0 x = 1 ⇔ x − 2 x − 3 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − x − 4 ) = 0 ⇔  3 2 2  x = 1 ± 17  2 x = 1⇒ y = 1 Kết hợp với (*) ta được   x = 1 + 17 ⇒ y = 1 + 17  2 2   1 + 17 1 + 17   Đ/s: ( x; y ) = (1;1) ,  ;   .   2 2   2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4 Câu 9: Giải hệ phương trình   3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y 2 2 Giải: 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG  −1 x ≥ Điều kiện:  3 (*) 6 − 4 y − y ≥ 0 2  Xét Phương trình (1) có: (1) ⇔ 2 ( y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8 ) + y + 2 = 2 ( x + 4 ) x + 4 + x + 4 ⇔ 2 ( y + 2) + ( y + 2) = 2 ( ) 3 x+4 + x+4 3 Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t∀t ∈ R có f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ R nên f (t ) là hàm đồng biến.  y ≥ −2 ⇒ y+2= x+4 ⇔  2 y + 4y + 4 = x + 4 Thế − y 2 − 4 y = − x vào (2) ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 + 3 x 2 − 14 x − 8 = 6 − x 3 ( x − 5) x −5 ⇔ ( ) ( ) 3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 ⇔ + 3x + 1 + 4 1 + 6 − x + ( x − 5)( 3x + 1) = 0 ⇔ x = 5 3 1 −1 (Do + + ( 3 x + 1) > 0, ∀x ≥ ) 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 V ới 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 .  17 29   17 9  Gọi E  ;  , F  ;  , G (1;5 ) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH , BH và AD . Tìm tọa độ A  5 5   5 5 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE . Lời giải Do EF là đường trung bình của ∆HBC nên ta có 1 EF / / BC , mà AG / / BC và AG = EF = BC nên 2 AGEF là hình bình hành  BH ⊥ AC Ta có  ⇒ F là trực tâm của ∆ABE  EF ⊥ AB ⇒ AF ⊥ BE ⇒ GE ⊥ BE  17 29  Đường thẳng GE qua E  ;  và G (1;5 ) nên  5 5  phương trình GE : x − 3 y + 14 = 0  17 29  Đường thẳng BE qua E  ;  và vuông góc với GE nên đường thẳng BE : 3 x + y − 16 = 0  5 5  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)  17 29  Tam giác ABE có A (1;1) , B ( 5;1) , E  ;  nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là I ( 3;3)  5 5  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 ( x − 1) + ( y − 2 ) = 25 . Các điểm K ( −1;1) , H ( 2;5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác 2 2 ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương. 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 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) ⇒ ⇒ Cx / / HK ACx = CHK 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 12: [Trích đề thi thử THPT Đào Duy Từ - Thanh Hóa - Lần 1 – 2015]  xy − 2 y − 3 = y − x − 1 + y − 3x + 5 Giải hệ phương trình  . (1 − y ) 2 x − y + 2 ( x − 1) = ( 2 x − y − 1) y Lời giải: ĐK: y ≥ 0; 2 x − y ≥ 0; y − x − 1 ≥ 0; y − 3 x + 5 ≥ 0 . Khi đó: PT ( 2 ) ⇔ (1 − y ) ( ) ( ) 2 x − y − 1 + ( 2 x − y − 1) 1 − y = 0  1 1  y =1 ⇔ (1 − y )( 2 x − y − 1)  +  =0 ⇔  2x − y + 1 1 + y  2 x − 1 = y   Với y = 1 thế vào PT(1) ta có: x − 5 = − x + 6 − 3 x ( vn ) Với y = 2 x − 1 thế vào PT(1) ta có: x − 2 + 4 − x = 2 x2 − 5x − 1 ⇔ 2 x2 − 6 x + x − 2 ( ) x − 2 −1 +1 − 4 − x = 0 x −3 x −3  x−2 1  ⇔ 2 x ( x − 3) + x − 2. + = 0 ⇔ ( x − 3)  2 x + +  = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 5 . MS1 MS 2  MS1 MS 2  Vậy nghiệm của HPT là ( x; y ) = ( 3;5) . ( y − 1) x − y + ( x − y − 1) y + 2 = x Câu 13: Giải hệ phương trình  5 + 3 y − 1 = x + y + x + 6 Lời giải: 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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG a = x − y ĐK : x ≥ y ≥ 0; x ≥ 8 . Đặt  ( a; b ≥ 0 ) khi đó PT (1) ⇔ ( b 2 − 1) a + ( a 2 − 1) b + 2 = a 2 + b 2 b = y ⇔ ab 2 + a 2b − a − b + 2 = a 2 + b 2 ⇔ ( ab − 1)( a + b ) = ( a + b ) − 2ab − 2 2 a = 1 ⇔ x − y = 1 ⇔ ( ab − 1)( a + b ) + 2ab − 2 = ( a + b ) − 4 ⇔ ( a − 1)( b − 1)( a + b + 2 ) = 0 ⇔  2 b = 1 ⇔ y = 1 Cách 2: PT (1) ⇔ ( x − y − 1) y − ( x − y − 1) = (1 − y ) x − y − (1 − y )  1  y =1 ⇔ (1 − y ) ( ) x − y − 1 = ( x − y − 1) ( ) y − 1 ⇔ (1 − y )( x − y − 1)  1 +   x − y +1 1+ y  =0⇔  x = y +1 .   x ≤ 4 9 − 41 +) Với y = 1 ⇒ x + x + 6 = 4 ⇔  2 ⇔x=  x − 9 x + 10 = 0 2 +) Với x = y + 1 ta có: 5 + 3 x − 2 = 2 x − 1 + x + 6 (*) 8 (3 − x ) x = 3 ⇔ 2 (3 − x ) = x + 6 − 3 x − 2 = ⇔ x+6 +3 x−2  x + 6 + 3 x − 2 = 4 (1) Giải (1) ⇔ 10 x − 12 + 6 ( x + 6 )( x − 2 ) = 16 ⇔ 3 x 2 + 4 x − 12 = 14 − 5 x  15 2 ≤ x ≤ ⇔ 4 ( vn ) . 16 x 2 − 176 x + 232 = 0   9 − 41   Vậy nghiệm của hệ PT là: ( x; y ) =  ;1 ; ( 3; 4 )  .  2   Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và điểm M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho 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 ) ∈ d 2 , mà M ∈ ( C ) ⇒ M là giao điểm của d 2 và ( C ) H ∈ d 2 ⇒ H ( a; a + 1) 1 Ta có MH = AB = 4 2 2 ⇒ ( a − 1) + ( a − 1) = 32 ⇔ ( a − 1) = 16 2 2 2  a = 5 ⇒ H ( 5;6 ) ⇒  a = −3 ⇒ H ( −3; −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!
TÓM GỌN ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN TRONG KÌ THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 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 Thầy Đặng Việt Hùng 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!