[Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn

Trang chủ: Megabook.vn
TUYỆT ĐỈNH LUYỆN ĐỀ THPT QUỐC GIA 2015 TOÁN HỌC
Mega bookChuyên Gia Sách Luyện Thi
CHÚ Ý: Bản đọc thử chỉ là đề thi mẫu nhằm mục đích giúp các em hình dung được nội
dung cuốn sách. Trong sách thật sẽ trình bày khác để các em có thể học một cách
hiệu quả nhất.
BẢN ĐỌC THỬ

TUYỆT ĐỈNH LUYỆN ĐỀ THPT QUỐC GIA 2015 TOÁN HỌC 1
"Thiên tài gồm 2% cảm hứng và 98% cực nhọc" là câu nói nổi tiếng của Edison về tinh thần học
tập và lao động miệt mài không ngừng nghỉ. Trong 84 năm của cuộc đời, trung bình mỗi ngày
ông làm việc khoảng 20 giờ. Tới năm 75 tuổi, ông mới chịu giảm bớt thời gian làm việc xuống
16 giờ mỗi ngày. Trong suốt cuộc đời của mình, ông đã đọc hơn 10.000 cuốn sách bằng cách "ăn
bớt thời giờ làm việc để ngốn hết 3 cuốn sách mỗi ngày". Ngoài học vấn về khoa học và sử học,
ông còn là một học giả chuyên khảo cứu nền văn minh Hi Lạp và La Mã.
Trong hơn 1.000 sáng chế của Thomas Edison thì máy hát, bóng đèn điện và máy chiếu phim là
ba sáng chế vĩ đại làm thay đổi cục diện lịch sử và cuộc sống của nhân loại. Ông được dân chúng
phong tặng danh hiệu là "thầy phù thủy ở Menlo Park".
Thomas Edison bắt đầu nghiên cứu về bóng đèn điện từ tháng 3 năm 1878. Hàng ngàn cuộc thử
nghiệm, nghiên cứu diễn ra bền bỉ đến tận tháng 10 năm 1879, chiếc bóng đèn điện đầu tiên của
nhân loại đã ra đời, chiếu sáng đến tận 40 giờ liên tục. Ngày 31 tháng 12 năm 1879, một chuyến
xe lửa đặc biệt mang theo hơn 3.000 người hiếu kì xuôi ngược New York – Menlo Park để tận
mắt quan sát bóng đèn điện. Đêm hôm đó, tất cả các nhà khoa học, giáo sư, nhân viên chính
quyền cùng toàn bộ người dân vùng Menlo Park tràn ngập trong ánh sáng chan hòa của một thứ
đèn mới thay thế cho loại đèn sử dụng chất đốt thông thường.
Máy hát – chiếc máy có thể thu, phát âm thanh và máy chiếu phim – ghi, phát các hình ảnh động
do Edison sáng chế đã mở ra một ngành kĩ nghệ rộng lớn trên thế giới, cung cấp phương tiện giải
trí nghe nhìn cho hàng tỉ người trên thế giới…..
Từ khi rời trường học năm 7 tuổi, Thomas Edison đã học tập, làm việc bền bỉ, miệt mài và không
biết mệt mỏi. Ông đã tự học, tự đọc, ngủ 5 tiếng mỗi ngày và thực hiện nhiều dự án tạo bạo cùng
một lúc. Lòng tận tụy với nhân loại của Thomas Edison đã được thực hiện đúng theo câu nói nổi
tiếng bất hủ của ông: “ Tổ quốc của tôi là thế giới và tôn giáo của tôi là làm từ thiện”
Đừng gọi đó là lỗi lầm, hãy gọi đó
là một bài học. Thomas Edison
Nếu Các Em Thấy Sách Hay Thì Có Thể Vào Website Megabook.vn Để Đặt Mua Nhé

Đề số 01 Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 2
y 4x m 3 x mx    (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m 1 .
b) Xác định m để hàm số đồng biến trên khoảng 0;  .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2
2 3cos x 6sin xcosx 3 3   .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2
x 1;x 2;y 0;y x 2x      .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi 1z và 2z là hai nghiệm của phương trình
2
z 2z 10 0   . Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2A z z  .
b) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi
trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
 
4x 3y 1 0
d :
y 4z 3 0
  

  
và mặt phẳng  P :3x 4y z 8 0    . Lập phương trình hình chiếu
vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ,
AB AD 2a,CD a   , góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABCD bằng
0
60 . Gọi I là
trung điểm của cạnh AD . Biết hai mặt phẳng  SBI và  SCI vuông góc với mặt phẳng
 ABCD . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó đỉnh  C 4; 1 ,
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là:
 1d : 2x 3y 12 0   và  2d : 2x 3y 0  . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2
11 3x 1 3x 6x x 11 3x      .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn  x x y z 3yz   . Chứng minh
GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN
.................HẾT..................
         
3 3 3
x y x z 3 x y x z y z 5 y z        

GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN
Câu 1.a. Với m 1 hàm số trở thành 3 2
y 4x 4x x  
- Tập xác định: D R .
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 2
y' 12x 8x 1   ;
1
x
6
y' 0
1
x
2

 
  
  

.
1 1
y' 0, x ; ;
2 6
   
         
   
, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
1
;
2
 
  
 
và
1
;
6
 
  
 
.
1 1
y' 0, x ;
2 6
 
     
 
, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng
1 1
;
6 2
 
  
 
.
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại CD
1
x ;y 0
2
   . Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
1 2
x ;y
6 27
    .
+ Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
 
   .
+ Bảng biến thiên
x  1
2

1
6


y'  0  0 
y

0
2
27


- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  0;0 và
1
;0
2
 
 
 
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;0 .

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
1 1
I ;
3 27
 
  
 
làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm    
3 1
; 6 , 1; 1 , ;2 , 1;9
2 2
   
      
   
.
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b.
Cách1:Hàm số đồng biến trên khoảng 0;  khi y' 0, x 0;   
  f x 0, x 0;    
 
 
2
2
m 3 0
' 0 m 3
m 3 0
' 0 m 3
m 0m 3S 0 m 30
6
P 0 m 0
m
0
12
  

   
                       
Kết luận m 0 .
Cách 2: Nhận thấy rằng, phương trình y' 0 luôn có nghiệm
1
x
2
  và
m
x
6
  .

Từ đó, hàm số đồng biến trên khoảng 0;  khi y' 0, x 0;   
  f x 0, x 0;    
0
m 3
1 m
0 0 m 3 m 0
2 6
m 3
m 1
0
6 2

 

         
  
   

.
Kết luận: m 0 .
Cách 3: Hàm số đồng biến trên khoảng 0;  khi
   2
y' 0, x 0; 12x 2 m 3 x m 0, x 0;            
  2
m 2x 1 12x 6x, x 0;       
 
 x 0;
m 6x, x 0; m max 6x 0 m 0
 
            .
Kết luận: m 0 .
Nhận xét: Để xét tính đơn điệu của hàm số  y f x , ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2: Tính đạo hàm y', rồi tìm các điểm tới hạn.
Bước 3: Tính các giới hạn (nếu cần).
Bước 4: Lập bảng biến thiên của hàm số (có thể bỏ qua việc này nếu phương trình  f ' x 0 vô
nghiệm.
Bài tập tương tự:
a. Tìm m để hàm số    3 21
y x m 1 x m 3 x 4
3
       đồng biến trên khoảng  0;3 .
Đáp số: m 3 .
b. Tìm m để hàm số 3 2
y x 3x mx 4    đồng biến trên khoảng  ;0 .
Đáp số: m 3  .

c. Tìm m để hàm số    2 3 21
y m 1 x m 1 x 2x 1
3
      nghịch biến trên khoảng
 2; .
Đáp số: 1 m 1   .
Câu 2.
Cách 1: Phương trình tương đương với:
 
1 3 3
3 1 cos2x 3sin2x 3 3 cos2x 3sin2x 3 cos2x sin2x
2 2 2
         
2x 2k x k
3 3 6 4cos 2x ,k
3 2
2x k2 x k
3 4 12
   
        
      
            
 
.
Phương trình có nghiệm: x k ;x k ;k
4 12
 
       .
Cách 2: Xét hai trường hợp
Trường hợp 1:cosx 0 x k ,k
2

      ; không thỏa mãn.
Vậy x k
2

   không là nghiệm của phương trình.
Trường hợp 2:cosx 0 x k ,k
2

      .
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
cos x , ta được
    2 2
2 3 6tan x 3 3 1 tan x 3 3 tan x 6tan x 3 3 0         
tan x 1
x k
,k43 3
tan x tan
x k3 3
 
        
    
.

Phương trình có nghiệm: x k ;x k ;k
4

        , với
3 3
tan
3 3

 

.
Nhận xét:
Đối với phương trình:
2 2
asin x bsinxcosx ccos x d   . (1)
Ta có các cách giải như sau:
Cách 1:
Bước 1: Xét cosx 0 x k ,k
2

      .
+ Nếu a d , thì (1) có nghiệm là x k
2

  .
+ Nếu a d , thì (1) không có nghiệm là x k
2

  .
Bước 2: Xét cosx 0 x k ,k
2

      .
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho
2
cos x , ta được  2 2
a tan x btan x c d 1 tan x    .
Đặt t = tanx, phương trình trở thành   2
a d t bt c d 0     . (2)
Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , rồi suy ra x .
Cách 2: Sử dụng các công thức:
2 21 cos2x 1 cos2x 1
sin x ;cos x ;sin xcosx sin2x
2 2 2
 
   .
Ta được:  bsin2x c a cos2x d c a     (đây là phương trình bậc nhất đối với sin x và
cosx ).
a. Giải phương trình
2 2
2sin x 3sinxcosx cos x 0   .
Đáp số:
1
x k ;x arctan k ;k
4 2
  
         
 
.

b. Giải phương trình
2 2
3sin x sin2x cos x 3   .
Đáp số: x k ;x k ;k
2 4
 
       .
c. Giải phương trình 2 2
4sin x 3 3sin2x 2cos x 4   .
Đáp số:
5
x k ;x k ;k
2 6
 
        .
Câu 3. Gọi S là diện tích cần xác định, ta có:
2
2
1
S x 2x dx

  .
Xét dấu hàm số   2
f x x 2x  trên đoạn  1;2 , như sau:
x 1 0 2
 f x  0 
Vậy    
0 20 2
2 2 3 2 2 3
1 0 1 0
1 1 8
S x 2x dx 2x x dx x x x x
3 3 3 
   
           
   
  (đvdt).
Nhận xét: Bài toán “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  y f x (liên tục
trên đoạn  a;b ), trục hoành và hai đường thẳng x a;x b  và trục Ox ”, ta thực hiện các
bước sau:
Bước 1: Gọi S là diện tích cần xác định, ta có:  
b
a
S f x dx  .
Bước 2: Xét dấu biểu thức  f x trên  a;b thành các đoạn nhỏ, ví dụ:
       1 1 2 na;b a;c c ;c ... c ;b .
Bước 3: Vậy      
1 2
1 k
c c b
a c c
S f x dx f x dx ... f x dx      .

Chú ý: Đối với bài toán phát biểu dưới dạng “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới đồ thị hàm
số  x f y (liên tục trên đoạn  a;b ), hai đường thẳng y a;y b  và trục Oy ”, thì công
thức tính diện tích là:  
b
a
S f y dy 
a. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2
y x 4x 3;x 0;x 3      và trục Ox .
Đáp số:
8
S
3
 (đvdt).
b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 2
y x 11x 6;y 6x ;x 0     và x 2 .
Đáp số:
5
S
2
 (đvdt).
c. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y x;y 0  và 2
y 2 x  .
Đáp số:S
4

 (đvdt).
Câu 4.a: Ta có
2
' 1 10 9 9i     
Suy ra 1z 1 3i   và 2z 1 3i   .
Do đó      
2 2 2 2 22
1 2A z z 1 3 1 3 20            
   
.
a. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình
2
2z 4z 11 0   . Tính giá trị của biểu thức
 
2 2
1 2
2
1 2
z z
A
z z



.
b. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình
2
z 2z 4 0   . Tính giá trị của biểu thức
2 2 3
1 2 1 2A z z 3 z z    .

c. Cho 1 2z ,z là các nghiệm của phương trình    2
1 i 2 z 3 2i z 1 i 0      . Không
giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2 2
1 2A z z  .
Câu 4.b. Số cách chọn 5 viên bi bất kỳ từ 18 viên bi đã cho là 5
18C 8568   .
Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”.
Ta có các trường hợp sau:
+ TH1: Trong 5 viên bi được chọn có 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng và 3 viên bi xanh. Có
1 1 3
6 7 5C .C .C cách chọn.
+ TH2: Trong 5 viên bi được chọn có 2 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 1 viên bi xanh. Có
2 2 1
6 7 5C .C .C cách chọn.
Do đó cách lấy được 5 viên bi có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng là:
1 1 3 2 2 1
A 6 7 5 6 7 5C .C .C C .C .C 1995    .
Xác suất của biến cố A là: A
A
1995 95
P
8568 408

  

.
a. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi
từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu.
Đáp số: 645 cách.
b. Có 9 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng có kích thước đôi một khác nhau. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn ra 6 viên bi, trong đó số bi xanh bằng số bi đỏ.
c. Xếp 3 viên bi đỏ có bán kính khác nhau và 3 viên bi xanh giống nhau vào một dãy 7 ô
trống. Hỏi có bao nhiêu cách xếp khác nhau sao cho 3 viên bi đỏ xếp cạnh nhau và 3 viên
bi xanh xếp cạnh nhau.
Câu 5. Đường thẳng  d có một vtcp  a 3;4;1 . Mặt phẳng  P có một vtpt  n 3;4;1 .Suy ra
   a / /n d P  , do đó hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là giao điểm H của
 d và  P có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình
 
4x 3y 1 0 x 1
y 4z 3 0 y 1 H 1;1;1
3x 4y x 8 0 z 1
    
 
      
      
.

Nhận xét: Với yêu cầu “Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d trên mặt
phẳng  P ”, chúng ta lựa chọn phương pháp thực hiện tùy thuộc vào vị trí tương đối của  d và
 P như sau:
a. Nếu    d P thì hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là  d .
b. Nếu    d P thì hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là giao điểm của  d và
 P .
c. Nếu    d / / P thì có các cách giải như sau:
Cách 1: ta thực hiện các bước:
Bước 1: Lấy điểm  A d , từ đó xác định tọa độ điểm AH là hình chiếu vuông góc của
A lên  P .
Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P là
đường thẳng  1d được cho bởi:  
   
A
1
1
qua H
d :
d / / d



.
Cách 2: Thực hiện các bước:
Bước 1: Lập phương trình mặt phẳng  Q chứa  d và vuông góc với  P .
Bước 2: Khi đó, hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P chính là
giao điểm của  P và  Q .
d. Nếu  d cắt  P thì có các cách giải sau:
Cách 1: Thực hiện các bước:
Bước 1: Xác định tọa độ giao điểm I của  d và  P .
Bước 2: Lấy điểm  A d , từ đó xác định tọa độ điểm AH là hình chiếu vuông góc của
A lên  P .
Bước 3: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P là
đường thẳng  1d được cho bởi:  1
A
Aqua
d :
vtcpI
H
H



.
Cách 2: Thực hiện như ở phần b).
a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  
x 2z 0
d :
3x 2y z 3 0
 

   
và
mặt phẳng  P : x 2y z 5 0    . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường
thẳng  d lên mặt phẳng  P .

Đáp số:
11
y
x 4 z 22:
16 13 10

 
   .
b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  
x 1 y 1 z 2
d :
2 1 3
  
  và
mặt phẳng  P : x 3y 2z 5 0    . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường
Đáp số:
x 1 y 2 z 5
:
23 29 32
  
   .
c. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  
2x y z 5 0
d :
2x z 3 0
   

  
và
mặt phẳng  P : x y z 7 0    . Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường
Đáp số:
6x y 5z 7 0
:
z y z 7 0
   
 
   
.
Câu 6.
Vì  SBI và  SCI cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD
nên  SI ABCD , suy ra S.ABCD ABCD
1
V .SI.S
3
 . (1)
Ta có   2
ABCD
1
S AB CD .AD 3a
2
   . (2)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên BC , suy ra:
IK BC .
Suy ra      0
SBC ; ABCD SKI 60  .
Ta có:  
2 2
2
IBC ABCD IAB ICD
3a 3a
S S S S 3a
2 2
         .
Mặt khác:
 
 
2 2 IBC
IBC 2 2
2S1 1 3a 5
S IK.BC IK AB CD AD IK
2 2 5AB CD AD

       
 
.

Trong tam giác SIK , ta có: 03a 5 3a 15
SI IK.tanSKI .tan60
5 5
   (3).
Thay (2), (3) vào (1), ta được
3
S.ABCD
3a 15
V
5
 .
Nhận xét: Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu nhiều về kiến thức ở lớp 11, cụ
thể:
+ Vì  SBI và  SCI cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD nên:
  S.ABCD ABCD
1
SI ABCD V SI.S
3
   .
+ Góc giữa hai mặt phẳng cụ thể là  SBC và  ABCD . Khi đó, chúng ta cần chỉ ra được một
điểm thuận lợi K trên giao tuyến BC sao cho:
 
 
0
SBC Kx BC
xKy 60
ABCD Ky BC
  
 
 
.
Điểm K chính là hình chiếu vuông góc của S (hoặc I ) trên BC bởi định lý ba đường vuông
góc. Nhiệm vụ còn lại là chúng ta sử dụng các hệ thực trong tam giác để tính SI và ABCDS .
a. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB BC 2a  , hai
mặt phẳng  SAC và  SBC cùng vuông góc với mặt đáy  ABC . Gọi M là trung
điểm cạnh AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N . Biết góc tại bởi
 SBC và  ABC bằng
0
60 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và SN theo a (ĐH – A – 2011).
Đáp số: 3
S.BCNMV 3a (đvtt);  
2 39
d AB;SN a
13
 .
b. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi H là trung điểm
cạnh AB; hai mặt phẳng  SHC và  SHD cùng vuông góc với mặt đáy  ABCD .
Tính thể tích khối chóp nếu hình chóp có ba mặt bên là tam giác vuông.
Đáp số:
3
S.ABCD
a
V
6
 (đvtt).
c. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, hai đường chéo AC và BD
vuông góc với nhau, AD 2 2a,BC 2a  . Hai mặt phẳng  SAC và  SBD cùng
vuông góc với mặt đáy  ABCD ; góc giữa hai mặt phẳng  SCD và  ABCD bằng

0
60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCDvà khoảng cách từ trung điểm M của AB đến
mặt phẳng  SCD theo a .
Đáp số: 3
S.ABCD
3 15
V a
5
 (đvtt) và    9 15
d M, SCD a
20
 .
Câu 7.
Vì  1BC d nên BC có phương trình: 3x 2y m 0    (1); vì C BC nên
   3 .4 2. 1 m 0 m 10       .
Thay m 10 vào (1), ta được BC:3x 2y 10 0   .
Điểm 1 2A d d , suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 
2x 3y 12 0
A 3;2
2x 3y 0
  
 
 
.
Phương trình cạnh AC là
x 3 y 2
4 3 1 2
 

  
hay AC:3x 7y 5 0   .
Gọi M là trung điểm cạnh BC, khi đó điểm 2M d BC . Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm
của hệ phương trình:  
3x 2y 10 0
M 6; 4
2x 3y 0
  
 
 
.
Vì M là trung điểm của BC nên ta có:
B C M B M C B
B C M B M C B
x x 2x x 2x x x 8
y y 2y y 2y y y - 7
      
   
     
Phương trình cạnh AB là:
x 8 y 7
3 8 2 7
 

  
hay AB:9x 11y 5 0   .
Phương trình ba cạnh của tam giác ABC là:
AB:9x 11y 5 0;BC:3x 2y 10 0;AC:3x 7y 5 0         .
a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó chân đường cao kẻ từ C tới
AB là điểm  H 1; 1  , đường phân giác trong góc A có phương trình x y 2 0  
và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0   . Xác định tọa độ đỉnh C của tam
giác.
Đáp số:
10 3
C ;
3 4
 
 
 
.

b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó đỉnh  A 1;0 và hai đường
thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có phương trình x 2y 1 0   và
3x y 1 0   . Xác định tọa độ đỉnh B và C.
Đáp số:    B 5; 2 ,C 1;4   .
c. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó đỉnh  A 2;3 và hai đường
thẳng 1d : x y 5 0   và 2d : x 2y 7 0   ; biết tam giác ABC có trọng tậm
 G 2;0 . Xác định tọa độ điểm B trên 1d và C trên 2d .
Đáp số:    B 1; 4 ,C 5;1  .
Câu 8.
Định hướng: Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa 11 3x và x , đồng thời
 
2
11 3x 3x 11   , vì vậy ta sử dụng phép đặt
a 11 3x
b x
  


để đưa phương trình đã cho
về hệ phương trình hữu tỷ.
Lời giải:Điều kiện:
11
x
3
 . Đặt 2
a 11 3x;a 0
a 3b11
b x;b
3
   

  11
 

.
Ta có hệ phương trình
 
 
22
2 2 2 2
3b 11 a 1a 3b 11
a 1 3b 6b ab a 1 ab 3b 2.3b 2
     
 
         
.
Thay (1) vào (2), ta được    2 2 2 2 2
a 1 ab 3b 2 11 a b a 3 2a a 21 0          
    
2
2
a 3
a 3 b 2a 7 0
b 2a 7 0 vn

      
  
.
Phương trình
2
b 2a 7 0   vô nghiệm vì a 0 .
Với a 3 , ta được
2
11 3x 3 x
3
    .
Phương trình có nghiệm:
2
x
3
 .

a. Giải phương trình 3 2 3
x 15x 78x 141 5 2x 9     (Olympic 30 – 4 lần thứ XVII,
năm 2011).
Hướng dẫn: Đặt
3
a x 5
b 2x 9
 

 
. Đáp số:
11 5 11 5
S 4; ;
2 2
   
  
  
.
b. Giải phương trình       
3 3
3 3 32 x 7 x 3 2 x 7 x       .
3
3
a 2 x
b 7 x
  

 
. Đáp số:  S 1; 6  .
c. Giải phương trình 2 2
4x 5x 1 2 x x 1 9x 3       .
2
2
a 4x 5x 1;a 0
3
b 2 x x 1;b
2
    


   

. Đáp số:
1 56
S 0; ;
3 65
 
  
 
.
Câu 9.
Định hướng: Trước tiên, chúng ta nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh để khẳng định nó
được xây dựng dựa trên ba hạng tử là: x y,x z  và y z .
Như vậy, để giảm độ phức tạp của bất đẳng thức cần chứng minh thì chúng ta nghĩ ngay tới việc
đặt ẩn phụ:
a x y
b x z
c y z
 

 
  
và khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
  3 3 3 2 2 3
a b 3abc 5c a b a b ab 3abc 5c         . (1)
Tiếp đến, chúng ta cần chuyển biểu thức điều kiện theo a,b,c bằng việc giải hệ đặt ẩn phụ ở
trên, nhận được:      
1 1 1
x a b c ;y a b c ;z a b c
2 2 2
          .
Khi đó điều kiện  x x y z 3xzy   trở thành
2 2 2
c a b ab   . (2)
Sử dụng triệt để (2) để chứng minh (1).

Lời giải: Đặt
 
 
 
1
x a b c
2a x y
1
b x z y a b c
2
c y z
1
z a b c
2

  
  
 
      
   
   

.
Khi đó, điều kiện  x x y z 3yz   trở thành
2 2 2
c a b ab   (1)
       
2 2 2 22 3 1
c a b 3ab a b a b a b a b 2c
4 4
             . (2)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
  3 3 3 2 2 2
a b 3abc 5c a b a b ab 3abc 5c        
 
   
1
2 2 2
a b c 3abc 5c a b c 3ab 5c        . (3)
Từ (2), ta có   2
a b c 2c  . (4)
Mặt khác    
2 2 2 21 1
ab a b 2c c 3ab 3c
4 4
      . (5)
Cộng theo vế (4) và (5) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
c a b ab
x y z
a b c
   
  
 
.
a. Cho các số dương x,y,z thỏa mãn x y z 1   . Chứng minh rằng
x y z
1
x x yz y y zx z z xy
  
     
.
Hướng dẫn: sử dụng giả thiết và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz để biến đổi, sau đó đặt
a x;b y;c z   để đưa bài toán về đơn giản hơn.
b. Cho x y 1,x 3,xy 6,xy 6z     . Chứng minh rằng x y z 4   .
Hướng dẫn: Đặt a x 1;b y 1;c z 1      .

Bạn đã học được những gì từ đề thi này? Hãy ghi lại để dễ dàng ôn tập lại nhé!
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................
............................................................................................................................................................

[Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Destacado

Destacado (20)

Similar a [Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn

Similar a [Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn (20)

Más de Megabook

Más de Megabook (20)

Último

Último (20)

[Bản đọc thử] Sách Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Môn Toán 2015 - Megabook.vn