BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Hiện nay đa số học sinh ôn thi THPT QG chỉ chú trọng đến ba câu phân loạn 8, 9, 10. Để
giúp các em có thêm tài liệu ôn thi tốt hơn, hiệu quả hơn. Tác giả đã sưu tầm, kết hợp với
tự xây dựng nên bộ đề ôn thi THPT QG - Câu 8, 9, 10. Bộ đề này được sưu tầm từ các đề
thi thử của các trường trên cả nước và kết hợp với các đề mà tác giả tự biên soạn theo ma
trận đề của BGD đưa ra. Bộ đề được biên soạn công phu, hệ thống các bài tập đưa ra đa
dạng, đụng chạm đến nhiều góc độ kiến thức và kĩ năng khác nhau. Bộ đề này đã được tác
giả đưa vào dạy ôn thi THPT QG và thấy có hiệu quả thực sự. Kỳ thi cũng đã đến gần rồi
hy vọng cuốn tài liệu này sẽ giúp thêm kiến thức cho các em trong những ngày ôn thi còn
lại. Chúc các em ôn tập đủ kiến thức để bước vào kỳ thi thành công tốt đẹp.
Tháng 6 năm 2016

A
B
I
C

D

E
N
M

GV: Ngô Quang Vân

1

Sưu tầm và biên soạn



Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

1
y ( x − 1)( z + 1)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.

Vì C Î AC : x + 2y - 9 = 0 Þ C (9- 2c;c)
uuur
uuur
Suy ra NC = (7 - 2c;c - 8), MC = (9- 2c;c - 4)
uuur uuur

Khi đó ta có: NC .MC = 0 Û (7 - 2c)(9- 2c) + (c - 8)(c - 4) = 0
Û 5c2 - 44c + 95 = 0 Û c = 5 Ú c =

19
5

Vì C có tung độ là một số nguyên nên C (- 1;5)
uuuu
r

uuur
ổCB ử
ùỡù xB + 1 = 3.1
SABC
3
ữ
ỗ
ữ
=
=
=
9
ị
CB
=
3
CM
ị
ị B (2;2)
ỗ
ớ
ữ
ỗ
ữ SA 'MC
ùù yB - 5 = 3.(- 1)
1
ốCM ứ
ợ
3
uuur uuur

- 3.4

)

x- 2
= 2- m2
x

(2)

1
x- 2
vi t ẻ ( 0;1) (do x > 2). Pt (2) tr thnh 2 - 3t = 2- m2 (3)
t
x
Phng trỡnh (1) cú nghim phng trỡnh (3) cú nghim t ẻ ( 0;1)

t t = 4

Xột hm f ( t) =

1
- 3t vi t ẻ ( 0;1) , ta cú:
t2
2
f '( t ) = - 3 - 3 < 0 , " t ẻ ( 0;1)
t

Bng bin thiờn:
t

2 a 2 + b2 + c2 + 1

Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥
Dấu “=” xảy ra khi

−

1
( a + 1)(b + 1)(c + 1)

(a + b) 2 (c + 1) 2 1
+
≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4

a = b = c =1

( a + b + c + 3)3
Mặt khác (a + 1)(b+ 1)(c + 1) ≤
27
1

27

Khi đó P ≤ a + b + c + 1 − (a + b + c + 3)3 .
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt t = a + b + c + 1 > 1 .
1

t

1

4

+∞

f’(t)
f(t)

+

0

-

1
8

0
0
1
8
a
=
b
=
c
=1


BD đến đường thẳng ( ∆ ) bằng 11. Tìm tọa độ các điểm A, B, D biết rằng điểm M có tung
độ dương.
Câu 10. Cho các số thực x, y thỏa mãn x ≥ 2, y ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1 1
3 2
+ 3−
.
3
x
y 4 xy − x − y + 2

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.
+ Điều kiện x ≥

5
3

2
3
+ Đặt a = 3x − 5; b = 3 x + 5 , ta có 17 x − 35 = 6 ( 3x − 5 ) − ( x + 5 ) = 6a − b

Bất phương trình đã cho trở thành:
6a 2 − b3 − 12b 2
2a − 3b ≤
a + 6b
⇔ ( 2a − 3b ) ( a 2 + 6b ) ≤ 6a 2 − b3 − 12b 2 (với x ≥

x
+
50
=
0


+ Với 2a + b − 6 ≤ 0 thì 2 3x − 5 + 3 x + 5 − 6 ≤ 0
⇔2
GV: Ngô Quang Vân

(

) (

3x − 5 − 2 +

3

)

x+5 −2 ≤ 0

5

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10


+ 2 x + 5 + 4 
1

3

( x + 5)

6
+
3x − 5 + 2

2

1
3

( x + 5) + 2 3 x + 5 + 4
2

> 0 ) (2)

5 

+ Từ (1), (2) và kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm là S =  ;3
3 
Câu 9.

uuu
r  2


. Mà ·ADC + KCD
.
= 900 ; EBC
+ BCE
= 900 nên KCD
= BCE
·
·
Do đó KMD
hay E, M, K thẳng hàng, tức là M ∈ EK
= BME
6
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

+ Do M ∈ EK nên M ( m;2m + 10 ) ; điểm M có tung độ dương nên m > −5
Ta có d ( M ; ( ∆ ) ) = 11 ⇔
Vậy M ( −4;2 ) .

−5m − 75
 m = −4 (t/m)
= 11 ⇔ 
.
5
 m = −26 (loai)
( −7b − 5 ) + d = 2. ( −4 )
b = 1

2
+
≥
+ Ta có
(*) với mọi a ≥ 1, b ≥ 1 . Thật vậy:
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab
1
1
2
2
+
≥
⇔ ( ab − 1) ( a − b ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a ≥ 1, b ≥ 1 )
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu “=” khi a = b .
+ Do x ≥ 2; y ≥ 2 nên x − 1 ≥ 1; y − 1 ≥ 1
2
1
2
1 + ( x − 1) 2  ⇒ 1 ≥
x
=
1
+
x
−
1
≤

y
2 1 + ( x − 1)
1 + ( y − 1)  1 + ( x − 1) ( y − 1)
Dấu “=” khi x = y = 2 .

Câu 10. + Có

3
1
3 2
1
−
−
4 1 + ( x − 1) ( y − 1) 4 xy − x − y + 2 8
1
1
+ Đặt t =
(do x ≥ 2; y ≥ 2 nên 0 < t ≤
)
xy − x − y + 2
2
 1 
3
3 2
1
t − trên  0;
Xét hàm số f ( t ) = t 2 −
.
2 
4

đường thẳng AB tại F. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết A(6; −2), E (1; 2), F (5; −1) .
2
2
2
Câu 9. Giải hệ phương trình:  xy ( x + 1 + 1) = 3 y + 9 + 3 y


( xy − x) x − 1 + 2 − 2 x + xy = 34 − 34 x + 2 xy + 10 x 2 − x 3

Câu 10. Cho các số x, y, z thỏa 0 < x ≤ y ≤ z . Tìm GTLN của biểu thức
P = xy + yz + zx
2

2

2

(x
− xyz −

2

+ y2 + z2 )
6

2

.

-------------Hết-----------Giải


8

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Từ x ≥ 1; 2 − 2 x + xy ≥ 0 . Suy ra y ≥

2x − 2
≥0
x

y = 0 không thỏa nên y > 0.
2

3 3
3
( 1) ⇔ x x + 1 + x =  ÷ + 1 + ( *)
y  y
y
2

2
2
Xét f ( t ) = t t + 1 + t ⇒ f ' ( t ) = t + 1 +

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡



(

) (

⇔ (3 − x) x − 2 x − 1 + 2 3 − x − 5 − 2 x

(

)

)

+ 2 40 − 34 x + 10 x 2 − x 3 + 3x − 10 + ( x 2 − 4 x + 4 ) = 0
⇔ (3 − x)

( x − 2)

2

x + 2 x −1

+2

( x − 2)

( x − 2 ) ( −4 x + 15 )

2


Câu 10. Vì 0 < x ≤ y ≤ z nên
⊕ x( x − y )( y − z ) ≥ 0 ⇔ ( x 2 − xy )( y − z ) ≥ 0

Vậy nghiệm S =  2; ÷
2

⇔ x 2 y − x 2 z − xy 2 + xyz ≥ 0 ⇔ x 2 y + xyz ≥ x 2 z + xy 2
⊕ xy 2 + yz 2 + zx 2 − xyz = ( x 2 z + xy 2 ) + yz 2 − xyz

≤ ( x 2 y + xyz ) + yz 2 − xyz = y ( x 2 + z 2 )

Theo bất đẳng thức CauChy ta có:
y ( x2 + z 2 ) =

1
2 y 2 ( x 2 + z 2 )( x 2 + z 2 )
2
3

3

 x2 + y 2 + z 2 
1  2 y 2 + ( x2 + z 2 ) + ( x2 + z 2 ) 
≤
=
2

÷

÷


2

6
2

 x2 + y 2 + z 2  3  x2 + y 2 + z 2 
≤2 
÷ − 
÷
3
3

 2


 x2 + y 2 + z 2 
3 4
3
÷ (t > 0) . Ta có P ≤ f (t ) = 2t − t .
3
2



Đặt t = 

f '(t ) = 6t 2 − 6t 3 = 6t 2 (1 − t ) = 0 ⇔ t = 1 . Lập bảng biến thiên của hàm f (t ) suy ra được
1
f (t ) ≤ f (1) ⇒ P ≤ .

3 + ab + bc + ca
( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8. (T) có tâm I(3;1), bán kính R = 5.
·
·
Do IA = IC ⇒ IAC
(1)
= ICA
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH / /AC (cùng vuông góc AB)
·
·
(2)
⇒ MHB
= ICA
·
·
Ta có: ANM
(chắn cung AM) (3)
= AHM
GV: Ngô Quang Vân

10

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10


Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH ⇒ E ∈ MN ⇒ E  t; 2t −




Do E là trung điểm AH ⇒ H  2t − 1; 4t −

9
÷
10 

38 
÷
10 


uuur 
u
u
r

58 
48 
⇒ AH =  2t − 2; 4t − ÷, IH =  2t − 4; 4t − ÷
10 
10 


uuur uur r
272 896

GV: Ngô Quang Vân

11

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
⇒ phương trình BC là: 2x + y − 7 = 0

Câu 9.

Câu 10. Áp dụng Bất đẳng thức ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) , ∀x, y, z ∈ ¡ ta có:
2

( ab + bc + ca )

2

≥ 3abc ( a + b + c ) = 9abc > 0

⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

(

)

3

Ta có: ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 1 + 3 abc , ∀a, b, c > 0. Thật vậy:

( 1)
3

 a+b+c
Đặt abc = t . Vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤ 
÷ =1
3


2
2
t
Xét hàm số Q = 3 1 + t 3 + 1 + t 2 , t ∈ ( 0;1]
( )
6

⇒ Q '( t ) =

2t ( t − 1) ( t 5 − 1)

(1+ t ) (1+ t )
3 2

2 2

≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1]

Do hàm số đồng biến trên ( 0;1] nên Q = Q ( t ) ≤ Q ( 1) =
GV: Ngô Quang Vân



2

2016 + 2 xy x + y + 1
x + y +1

.

-------------Hết-----------Giải
Câu 8.

+ Do A=AB ∩ AC ⇒ A(1;2)
GV: Ngô Quang Vân

13

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Lấy E(0;2) ∈ AC , gọi F(2a-3; a)∈ AB sao cho EF// BD
EF AE
EF BI
=
⇔
=
= 2 ⇒ EF = 2 AE ⇔ (2a − 3) 2 + (a − 2) 2 = 2
BI
AI

IA
−1
IA =
.IC = − .IC =
IC ⇒ C (−3 2 − 2;2)
IC
IB
2

+ Lại có: IB = −

Vậy : A(1;2) ; B(-5; -1) ; C(-3 2 -2; 2) ; D(
Câu 9. ĐK: x ≤ 0
(1) ⇔ 4.33x − 3.3x = 1 − 32 x

3− 2 2 3+ 2 2
,
)
2
2

 π
x
Với điều kiện trên thì 0 < 3x ≤ 1 . Đặt cos t = 3 , t ∈ 0; ÷, ta được phương trình
 2
π
 π
t = +k

π

Khi đó 3 =

÷
2
2


cos

2016

2
2
Câu 10. Ta có S = x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 + x + y + 1 + 2 xy

2016
2016
= ( x + y + 1) 2 − 4( x + y + 1) + 5 +
.
x + y +1
x + y +1
2016
Đặt t = x + y + 1 thì S = t 4 − 4t 2 + 5 +
.
t
= ( x + y ) 2 − 2( x + y ) + 2 +

GV: Ngô Quang Vân

14


2016
Xét hàm số f (t ) = t 4 − 4t 2 + 5 +
liên tục trên J và có
t
2015 4t 4 − 8t 3 − 2016 4t 3 (t − 2) − 2016
f '(t ) = 4t 3 − 8t 2 − 2 =
=
> 0∀t ∈ J
t
t2
t2
⇒ f (t ) đồng biến trên J
2016
2016
⇒ min f (t ) = f ( 2013) = 4044122 +
max f (t ) = f ( 2026) = 4096577 +
,
.
t∈J
2013 t∈J
2026
2016
2016
; max S = 4096577 +
Vậy min S = 4044122 +
2013
2026

♥ Đề 6. (Đề thi thử Violet)

-------------Hết------------

Giải
Câu 8. Gọi P, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường phân giác trong
góc B và góc C.Ta chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng.
15
GV: Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
ta có:
=

=

= ( + ); (Vì

=>

)

= ( + ). Suy ra N, P, Q thẳng hàng

Tương tự:M, N, P thẳng hàng.
Vì vậy M, N, P, Q thẳng hang
Tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

61 + 11137
61 − 11137
(t / m); x =
(l ) .
18
18
61 + 11137
Đs: x = 3 + 2 7 ; x =
.
18
Câu 10. Với a, b, c
, ta có

Với 3a = 4b suy ra x =

=>
Suy ra
<=>
Ta có
=

- 2(

) – 4abc(a + b + c )

=
=

t
. vì vậy P

=

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

Khi

GV: Ngô Quang Vân

17

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

♥ Đề 7. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A ( −1;3) . Gọi D là điểm trên

cạnh AB sao cho AB = 3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm
1 3
M  ; − ÷ là trung điểm của HC. Tìm tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng
2 2
có phương trình x + y + 7 = 0 .
Câu 9. Giải phương trình sau trên tập số thực
2x5 + 3x4 − 14x3
x+2


= EDC
MC ⊥ AC ⇒ DE ⊥ AC .
uuur
Ta có DE = ( 1; 2 ) .
Phương trình AC : 1( x − 2 ) + 2 ( y − 1) = 0 ⇔ x + 2y − 4 = 0 . Ta có { A} = d ∩ AC . Tọa độ của A
GV: Ngô Quang Vân

18

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
 x + 2y − 4 = 0
x = 0
⇔
⇒ A ( 0; 2 ) .
x + y − 2 = 0
y = 2
uuur
uuur
Ta có AD = ( 2; −3) , AE = ( 3; −1) .

thỏa hệ phương trình 

Phương trình BE : 3 ( x − 3) − ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − y − 8 = 0 .
Phương trình BD : 2 ( x − 2 ) − 3 ( y + 1) = 0 ⇔ 2x − 3y − 7 = 0 . { B} = BE ∩ BD
17

x=

Kết luận : A ( 0; 2 ) , B  ; − ÷, C  ; ÷.
7
 7
 7 7
Câu 9. ĐK: x > - 2

( *) Û

(

) (
2) ( 2x + 7) = ( 4x + 14x

)(

x3 2x2 + 3x - 14 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2

Û x3 ( x -

4

é
ê
Û ê3
êx ( 2x + 7)
ë

( * *) Û

(

x +2- 2

)

3

Û 2 x +2 +3 x +2 =

2
3

x

+

2
3

x

+

3
x

3
( * * *)
x

Xét f ( t) = 2t + 3t, có f ( t ) = 6t2 + 3 > 0, " t

Từ ( * * *) ta có f

(

)

(

)

Û x=

- 1+ 5
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = - 1+ 5
2

GV: Ngô Quang Vân

19

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Câu 10. Đặt A =
Xét


3t + 1
a
(3t + 1)( 1 + 4t − t )
1 + 4t 2 − t

Xét hàm số f (t ) = 1 + 4t 2 − t Trên ( 0; +∞ )
f '(t ) =

4t
1 + 4t 2

− 1 → f '(t ) = 0 ↔ t =

1
2 3

Bảng biến thiên
t

−∞

f’(t)
f(t)

0

-

+




4

Suy ra MaxP =
khi b = 2 3c ↔ b = 1
3

 abc = 1
1

c =

2 3

♥ Đề 8. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
O ( 0;0) . Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M ( - 1;0) và N ( 1;1) . Hãy tìm

tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3x + y - 1 = 0.
GV: Ngô Quang Vân

20

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10

Câu 9. Giải phương trình sau đây trên tập số thực

·
·
Mà OBH
+ BOH
= 90°, suy ra OBH
+ BMN
= 90°. Vậy OB ^ MN
Khi đó ta có đường thẳng OB có phương trình 2x + y = 0.
Ta tìm được B ( 1;- 2)
Có BN : x = 1, BM : x + y + 1 = 0,CN : y = 1, AM : - x + y - 1 = 0
Suy ra A ( 1;2) ,C ( - 2;1) .
Câu 9. 6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 =
GV: Ngô Quang Vân

21

x4
x +1

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
x4
⇔ ( x + 1)(6 + 6 x − x ) − ( x + 1)(3 x + x + 1) + 12 x + 8 =
(*)
x +1
( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) ≥ 0

2

đặt
x +1
x +1
x +1
( x + 1) 2
x +1

Phương trình trở thành phương trình ẩn t: t 2 − 4t − 8 + 3t + 1 − 6 − t = 0
⇔ t 2 − 4t − 5 + ( 3t + 1 − 4) + (1 − 6 − t ) = 0

⇔ (t + 1)(t − 5) +

3(t − 5)
t−5
3
1


+
= 0 ⇔ (t − 5)  t + 1 +
+
÷= 0
3t + 1 + 4 1 + 6 − t
3t + 1 + 4 1 + 6 − t 

2
3
1
+
> 0 Ta có x = 5 ⇔ x 2 − 5 x − 5 = 0 ⇔ x = 5 ± 3 5

12 1
Xét hàm số f ( t ) = ( −t 2 + t + ) + với t ≥ 2
4
t
2
1
12
Ta có f ' ( t ) = (−2t + 1 − 2 ) < 0, ∀t ≥ 2 . Suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến với t ≥ 2
4
t
3
⇒ P = f ( t ) ≤ f ( 2) =
2
x
=
y
=
1
t = 2 khi

Suy ra P =

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

+

3
khi x = y = 1
2


x+ y
x+y

(

)

-------------Hết-----------Giải
Câu 8. + Gọi E là hình chiếu của M lên AB => ME//BC
+ Gọi F = AC ∩ BD
3
2

+ Do AC=3AM ⇔ AF = AM và BF=DF nên:
M là trọng tâm ∆ABD và BE=2AE => BE = NE.
+ ∆MBN và ∆MBD cân tại M nên: MB=MD=MN (1)
=> B, D, N thuộc đường tròn tâm M=> DMN = 2.ABD = 900 (2)
Từ (1), (2) => ∆MDN vuông cân tại M => M ∈ (C).
B

C

F

K
E

M

D


Gọi I là trung điểm DN=> I là tâm của đường tròn (C).
Do ∆MDN vuông cân tại M => DN ⊥ MI ⇒ DN : x - 3y - 4 = 0
 x 2 + y 2 − 8 x + 6 = 0  x = 1, y = − 1
⇒ D (7;1), N (1; −1)
⇔
+ Tọa độ điểm N, D là nghiệm của 
 x = 7, y = 1
 x − 3y − 4 = 0
uuuur
uuuu
r
−4 = 2( xk − 3)
⇒ K (1; 4)
+ Gọi K là trung điểm AB ⇒ DM = 2.MK ⇔ 
2 = 2( yk − 3)

GV: Ngô Quang Vân

23

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10
uuur

+ AB đi qua K(1;4) và nhận NK ( 0;5) làm VTCP nên có pt: x – 1 = 0.
KL: D(7; 1) và AB: x – 1 = 0
Câu 9. ĐK: x > 0

=
+
Câu 10.
x + y ( x + y) 2

Ta có : x + y ≥ 2 xy ⇔ 4xy ≤ ( x + y )

2

z2 + ( x + y )
 z 
 z 
4z
z 2 + 4xy
4z
P=
+
≤
+
=
÷ + 4
÷+ 1
2
2
x + y ( x + y)
x+y
 x+y 
 x+y 
( x + y)
2

f / ( x ) = 2t + 4 = 0 ⇔ t = −2 ∉  ;1 ; f  ÷ =
; f ( 1) = 6
4 
 4  16
max f ( t ) = f ( 1 ) = 6
1 
t∈ ;1
4 

x + y = z

⇒ ( x;y;z ) = ( 1;1;2 )
Vậy max P = 6 ⇔ t = 1 ⇔  x = y
 x, y, z ∈ 1 ;2
[ ]


♥ Đề 10. (Đề thi thử Violet)
Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y = 0 và
(C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x = 0 . Gọi A(3;3) là một trong hai giao điểm của (C1 ) và ( C2 ) . Đường thẳng ∆

GV: Ngô Quang Vân

24

Sưu tầm và biên soạn


BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG - CÂU 8, 9, 10



a

D

C

H1
I1

H

D0

I2

(C1 )

(C 2 )

uuuur

uuur

sao cho AD0 = I1 I 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I1 trên I 2 H 2 .
Ta có : ∆HI1 I 2 = ∆DAD0 ( c.g.c) ⇒ DD0 ⊥ AD
Suy ra D thuộc đường tròn (C) đường kính AD0
Phương trình I1I 2 : x + y − 3 = 0 và phương trình đường thẳng a : x + y − 6 = 0
uuuur uuur
AD0 = I1 I 2 ⇒ D0 = (5;1) .