Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn toán

- 1 Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên 1. Ví dụ 1 Cho biểu thức: b2ab2a2 ba1a ba 1 bbaa a3 baba a3 M ++ −− − + − − ++ = ))(( :)( a, Rút gọn b, Tìm những giá trị của a để M nguyên Giải a, Rút gọn M = 1a 2 − b, Để M nguyên thì a-1 phải là ước của 2 a – 1 = 1 => a = 2 a – 1 = -1 => a = 0 ( loại ) a – 1 = 2 => a = 3 a – 1 = -2 => a = -1 ( loại ) Vậy M nguyên khi a = 2 hoặc a = 3 2, Ví dụ 2: Cho biểu thức: 1 1a 1 1a 1 A + + − − = Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên Giải 1 1a 2 1 1a 1a1a 1 1a 1a1a A + − =+ − +−+ =+ − −−+ = )( Để A nguyên thì a – 1 là ước của 2 Tổng quát : Để giải toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện Bước 2: Rút gọn về dạng )( )( xf a hay a xf Nếu a xf )( thì f(x) là bội của a Nếu )(xf a thì f(x) là ước của a - 2 Bước 3: Căn cứ vào điều kiện loại những giá trị ngoại lai Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng Ví dụ : Tính 1281812226A −++−= Ta có : 242424228412818 22 −=−=−=+−=− )( 1313132332423261326A 1313132341224122 2 2 −=−=+−=−=−−=+−= +=+=++=+=−++ )()( )( Dạng 2: Phương trình vô tỷ I.Định nghĩa : Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn ở biểu thức dưới căn bậc hai . II. Cách giải: Cách 1: Để khử căn ta bình phương hai vế Cách 2: Đặt ẩn phụ III. Ví dụ 1,Ví dụ 1: Giải phương trình: )1(75 −=− xx Cách 1: Bình phương hai vế x – 5 = x 2 – 14x + 49 x 2 – 14x – x + 49 + 5 = 0 x 2 – 15x + 54 = 0 x 1 = 6 ; x 2 = 9 Lưu ý : * Nhận định kết quả : x 1 = 6 loại vì thay vào phương trình (1) không phải là nghiệm . Vậy phương trình có nghiệm x = 9 * Có thể đặt điều kiện phương trình trước khi giải : Để phương trình có nghiệm thì : - 3 7 7 5 07 05 ≥⇒    ≥ ≥ ⇒    ≥− ≥− x x x x x kết hợp Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp Cách 2 Đặt ẩn phụ Đưa phương trình về dạng : 255 −−=− xx Đặt 5 −= xy phương trình có dạng y = y 2 – 2 y 2 – y – 2 = 0 Giải ta được y 1 = - 1 ( loại) y 2 =2 9 45 25 = =− =−⇒ x x x 2, Ví dụ 2: Giải phương trình 2173 =+−+ xx Giải: Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa: 1 01 073 −≥⇔    ≥+ ≥+ x x x Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên chuyển vế. 2173 ++=+ xx Bình phương hai vế ta được : 121 +=+ xx Bình phương hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1) x 2 - 2x – 3 =0 có nghiệm x 1 = -1; x 2 = 3 Cả hai giá trị này thoả mãn điều kiện 9 45 25 = =− =−⇒ x x x - 4 Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ. 1, Ví dụ 1: Giải phương trình 0212 2 =++− xx Đặt điều kiện * Nếu 2x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x 2 – ( 2x + 1 ) + 2 = 0 x 2 – 2x – 1 + 2 = 0 x 2 – 2x +1 = 0 => x 1 = x 2 = 1 * Nếu 2x + 1 ≤ 0 ta có phương trình x 2 – ( -2x -1 ) + 2 =0 x 2 + 2x + 3 = 0 Phương trình vô nghiệm Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 1 2, Ví dụ 2: Giải phương trình 51225 =+−− xx ( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 – 2000) 3, Ví dụ 3: Giải phương trình 124 2 −=− xx Dạng 3 : Hệ phương trình Cách giảI một số hệ phương trình phức tạp 1, Ví dụ 1: Giải hệ phương trình        =+ =+ 1 y 10 x 6 36 13 y 3 x 4 Giải : Đặt ẩn phụ : y Y x X 1 ; 1 == - 5 Ta có hệ :        =+ =+ 36 36 106 36 13 34 YX YX 2, Ví dụ 2: Giải hệ phương trình        = + + − = + + − 1 14 8 312 7 1 14 5 312 10 xx xx 3, Ví dụ 3: Giải hệ phương trình :      −=++ =++ =++ )3(232 )2(323 )1(1132 zyx zyx zyx Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3) 4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:    =++ =++ )2(12 )1(6 222 zyx zyx Hướng dẫn: Nhân (1) với 4 rồi trừ cho (2) => (x 2 + y 2 + z 2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24 x 2 – 4x + y 2 -4y + z 2 - 4z + 12 = 0 ( x 2 – 4x + 4 ) + ( y 2 – 4y + 4 ) + ( z 2 – 4z -4 ) = 0 ( x – 2 ) 2 + ( y – 2 ) 2 + ( z – 2 ) 2 = 0 => x = y = z = 2 5, Ví dụ 5: Giải hệ phương trình        = − − + = − + + 4 3 2 1 3 5 3 1 1 2 yx yx - 6 ( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999) 6, Ví dụ 6: Giải hệ phương trình :        = + + − = + + − 5 1 3 1 1 11 1 1 1 5 yx yx ( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.Ví dụ 1: Cho biểu thức: x1 1 x1 1 x1 1 : x1 1 x1 1 A − +       + − −       − + − = a. Rút gọn A. b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất. Giải: a. Rút gọn được: ( ) x1x 1 − b. A nhỏ nhất nếu mẫu ( ) x1x − là lớn nhất Gọi Kx = ta có K(1- K) = -K 2 + K -(K 2 - K) = -(K 2 - 2K/2 +1/4 -1/4) = -[(K-1/4) 2 – 1/4] Mẫu này lớn nhất khi: -[(K-1/4) 2 - 1/4] là nhỏ nhất Và nó nhỏ nhất khi: K= 1/4 Hay 21x41x // =⇒= =>A nhỏ nhất =4 2.Ví dụ 2: Cho biểu thức: 3x 3x2 x1 2x3 3x2x 11x15 M + + − − − + −+ − = - 7 a, Rút gọn b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tương ứng của x 3. Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1xx x M 24 2 ++ = Giải: Ta nhận thấy x = 0 => M = 0. Vậy M lớn nhất x≠ 0. Chia cả tử và mẫu cho x 2 1 x 1 x 1 M 2 2 ++ = Vậy M lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất Mẫu nhỏ nhất khi 2 2 x 1 x + nhỏ nhất 0 x 1 x 2 2 >+ Vậy 2 2 x 1 x + nhỏ nhất x =1 Vậy 3 1 12 1 M = + = 4.Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1x2x1x2xY −−+−+= Giải: ( ) 1x111x 1x111x11x11x 11x21x11x21xY 222 2 −−++−= −−++−=−−++−= +−−−++−+−= )()()( Biết rằng |A| + |B| ≥|A + B| - 8 21x111x1x111x 11x11x11x11xY ≥−−++−≥−−++−= −−++−≥−−++−= Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi 01x111x ≥−−+− )()( 2x1 01x1 1x ≤≤⇒    ≥−− ≥ ⇔ )( Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng Ví dụ : Tính 1281812226A −++−= Ta có : 242424228412818 22 −=−=−=+−=− )( 1313132332423261326A 1313132341224122 2 2 −=−=+−=−=−−=+−= +=+=++=+=−++ )()( )( Loại 7: Biện luận phương trình 1.Ví dụ 1: Cho phương trình: x 2 – ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn ) a, Giải phương trình khi 2 3 m −= b, Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dấu c, Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm phương trình . Tìm giá trị m để : x 1 ( 1 – 2x 2 ) + x 2 ( 1 – 2x 1 ) = m 2 Giải a, Thay 2 3 m −= vào ta có phương trình : 21x111x1x111x 11x11x11x11xY ≥−−++−≥−−++−= −−++−≥−−++−= - 9 01x2x2 01 2 3 x2 2 3 2x 2 2 =−+ =+−+−− )( Phương trình có hai nghiệm : 2 31 x 2 31 x 21 +− = +− = , b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi x 1 x 2 = 0 a c < hay a.c < 0  1(m + 1) < 0  m < -1 c, x 1 ( 1 – 2x 2 ) + x 2 ( 1 – 2x 1 ) = m 2 ( ) *)( 2 2121 2 212211 mxx4xx mxx2xxx2x =−+⇔ =−+−⇔ Theo viet ta có : ( ) ( ) 1m a c xx 2m2 1 2m2 a b xx 21 21 +== += +− −=−=+ Thay vào (*) ta có : 2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m 2 2m + 4 – 4m – 4 = m 2 m 2 + 2m = 0 m ( m + 2 ) = 0    −=⇒=+ = ⇒ 2m02m 0m 2.Ví dụ 2: Cho phương trình : x 2 – 2mx + 2m – 1 = 0 1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với mọi m 2, Đặt ( ) 21 2 2 2 1 xx5xx2A −+= a. Chứng minh A = 8m 2 – 18m + 9 - 10 b. Tìm m sao cho A = 27 3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia Giải 1. Xét ( ) ( ) ( ) m01m1m2m1m2m 2 2 2 ∀≥−=+−=−−−=∆ ' => Phương trình luôn có nghiệm với mọi m a. ( ) 21 2 2 2 1 xx5xx2A −+= = 21 2 2 2 1 xx5x2x2 −+ ( ) ( ) 21 2 21 2121 2 2 2 1 2121 2 2 2 1 xx9xx2 xx9xx2xx2 xx9xx4x2x2 −+= −++= −++= Theo viet ta có : ( ) ( ) ( ) 9m18m89m18m421m29m22 a c xx a b xx 22 2 21 21 +−=+−=−−⇒        = −=+ => điều phải chứng minh b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phương trình 8m 2 – 18m + 9 = 27 8m 2 – 18m – 18 = 0 4m 2 – 9m – 9 = 0 Phương trình có hai nghiệm : m 1 = 3 , m 2 = -3/4 2.Tìm m để x 1 = 2x 2 Theo viet ta có : x 1 + x 2 = -b/a = 2m Hay 2x 2 + x 2 = 2m 3x 2 = 2m  x 2 = 2m/3  x 1 = 4m/3 Theo viet: [...]... m1 = 3/2; m2 = 3/4 Ví dụ : Đề 8 ( trang 91) Đề 17 ( trang 121) Đề 18 ( trang 124) Hướng dẫn giải các đề thi vào 10 phần hình học Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001) - 12 ∆ABC đều ; ∧ OB xoy = 60 0 = OC GT ∆OBM a, đồng dạng với ∆NCO BC2 = 4BM ∧ BMN b, MO là tia phân giác c, Đường thẳng MN luôn tiếp xúc ∧ xoy = 60 0 đường tròn cố định khi quay O với KL Giải ∧ ∧ ∧ 0 a, Trong ∆NOC có ONC+ NOC+ C... 15 Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 ) a, Chứng minh tam giác POQ vuông ∧ ∧ Xét ∆POQ theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có O1 = O 2 ∧ =>OP là phân giác của EOC ∧ ∧ ∧ O 3 = O 4 => OQ là phân giác của EOD ∧ ∧ Mà EOC; EOD là 2 góc kề bù do đó PO ⊥ OQ tại O ( theo định lí ) =>tam giác POQ vuông tại O b, Chứng minh ∆POQ đồng dạng với ∆CED ấy tam giác CED là tam giác vuông tại E ( góc nội tiếp chắn... vậy khi xoy quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc đó M, N là trung điểm của AB và AC đường cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO Như vậy đường tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2 Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 ) 1, Chứng minh AC // MO Thậy vậy ∆AOC cân tại O ∧ ∧ ⇒ ACO = CAO ( hai góc ở đáy ) ∧ ∧ Theo chứng minh tính chất 2 của tiếp tuyến thì AOM = MOB ∧ ∧ ∧ Theo định lí 7 ACO+ CAO =... để AOC là tam giác đều nghĩa là ∧ ∧ ∧ ∧ A = C = 60 0 => AOM = 60 0 => AMO = 30 0 => OM = 2 R Để xác định M từ O quay một cung có bán kính bằng 2R cắt d tại M Thoả mãn điều kiện nói trên Đề 3 ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 ) ∧ a, AE là phân giác của BAC ∩ ∩ Thật vậy BC ┴ EOF => BE = EC ∧ ∧ => A 1 = A 2 ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau ) ∧ =>AE là phân giác của BAC b, BD // AE ∆BAD cân tại A => ∧ ∧... = R/2 + 2R = 5R/2 2  5R    S ∆POQ  2  25R 2 25 = = : 4R 2 = 2 4 16 Thay vào (1) ta có S ∆COD ( 2R ) Đề 5 ( Bộ đề trang 17 ) a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ? BH ⊥ AC(gt ); * Xét t/g BHCD có DC ⊥ AC => BH // DC CM tương tự ta có CH // BD Vậy BHCD là hình bình hành *Xét t/g BCDE Ta có BC // ED ( vì cùng vuông góc với AE) => BCDE là hình thang ∩ ∩ Do BC // ED => BE = CD => BE = CD =>BCDE... ⇒ CAO = AOM ⇒ AC // MO 2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đường tròn ∧ ∧ A = B = 1v(gt ) * Xét tứ giác MBOA có => MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO * Xét tứ giác MDAO ∧ Trong vuông ) ∧ ∆DOC : CDO+ C = 1v ( tổng hai góc nhọn trong tam giác ∧ ∧ Trong ∆MAO : AMO+ AOM = 1v - 14 ∧ ∧ ∧ ∧ Theo chứng minh trên : C = AOM ⇒ CDO = AMO Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đưới góc bằng... là trung điểm của AH => O’M =1/2 AH Mà AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tg AC’HB’ Vậy M là giao của 2 đường tròn nói trên d, Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì kết luận - hình thoi - Kết quả không thay đổi Hình thang cân biến thành tam giác BDC E ≡ D .        = − − + = − + + 4 3 2 1 3 5 3 1 1 2 yx yx - 6 ( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999) 6, Ví dụ 6: Giải hệ phương trình :        = + + − = + + − 5 1 3 1 1 11 1 1 1 5 yx yx ( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.Ví. ( trang 91) Đề 17 ( trang 121) Đề 18 ( trang 124) Hướng dẫn giải các đề thi vào 10 phần hình học Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001) - 12 ABC∆ 0 60xoy = ∧ GT đều ; OB = OC OBM∆ NCO∆ ∧ BMN 0 60xoy. H và HO = 1/2AO Như vậy đường tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2 Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 ) 1, Chứng minh AC // MO Thậy vậy AOC∆ cân tại O ∧∧ =⇒ CAOACO ( hai