1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn toán

17 996 16

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 17
Dung lượng 1,62 MB

Nội dung

Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên 1... Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đốiVí dụ... Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất... a, Rú

Trang 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:

b 2 ab 2 a 2

b a 1 a b a

1 b

b a a

a 3 b

ab a

a 3 M

+ +

+

− + +

a, Rút gọn

b, Tìm những giá trị của a để M nguyên

Giải

a, Rút gọn M = a 1

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 1 a

1 1

a

1

+

=

Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên

Giải

1 1 a

2 1 1

a

1 a 1 a 1 1

a

1 a 1 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 ( )

) (

x f

a hay a

x f

Nếu a

x

f )( thì f(x) là bội của a Nếu f(x)

a thì f(x) là ước của a

Trang 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 A= 6−2 2 + 12+ 18− 128

Ta có :

2 4 2 4 2

4 2

2 8 4 128

1 3 1

3 1

3 2 3 3 2 4 2 3 2 6 1

3 2

6

A

1 3 1

3 1

3 2 3 4 12 2

4 12

2

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: x−5 =x−7 (1)

Cách 1: Bình phương hai vế

x – 5 = x2 – 14x + 49

x2 – 14x – x + 49 + 5 = 0

x2 – 15x + 54 = 0

x1 = 6 ; x2 = 9 Lưu ý :

* Nhận định kết quả : x1 = 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 :

Trang 3

7

5

0

7

0

5

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 : x−5= x−5−2

Đặt y= x−5 phương trình có dạng

y = y2 – 2

y2 – y – 2 = 0

Giải ta được y1 = - 1 ( loại) y2=2

9

4

5

2

5

=

=

=

x

x

x

2, Ví dụ 2:

Giải phương trình 3x+7− x+1=2

Giải:

Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:

1 0

1

0

7

3

+

+

x x

x

Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta

nên chuyển vế

2 1 7

3x+ = x+ +

Bình phương hai vế ta được :

1 2

x

Bình phương hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1)

x2- 2x – 3 =0 có nghiệm x1 = -1; x2 = 3

Cả hai giá trị này thoả mãn điều kiện

9

4

5

2

5

=

=

=

x

x

x

Trang 4

Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

Ví dụ.

1, Ví dụ 1:

Giải phương trình x2 − 2x+1+2=0

Đặt điều kiện

* Nếu 2x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x2 – ( 2x + 1 ) + 2 = 0

x2 – 2x – 1 + 2 = 0

x2 – 2x +1 = 0

=> x1 = x2 = 1

* Nếu 2x + 1 ≤ 0 ta có phương trình x2 – ( -2x -1 ) + 2 =0

x2 + 2x + 3 = 0 Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 1

2, Ví dụ 2:

Giải phương trình 5x−2− 2x+1 =5

( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 – 2000)

3, Ví dụ 3: Giải phương trình x2 −4 =2x−1

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 :

Y x

X = 1 ; = 1

Trang 5

Ta có hệ :



= +

= +

36

36 10 6

36

13 3 4

Y X

Y X

2, Ví dụ 2:

Giải hệ phương trình



= +

+

= +

+

1 1 4

8 3

12 7

1 1 4

5 3

12 10

x x

x x

3, Ví dụ 3:

Giải hệ phương trình :



= + +

= + +

= + +

) 3 ( 2 3

2

) 2 ( 3 2 3

) 1 ( 11 3 2

z y x

z y x

z y x

Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3)

4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:



= + +

= + +

) 2 ( 12

) 1 ( 6

2 2

2 y z x

z y x

Hướng dẫn: Nhân (1) với 4 rồi trừ cho (2)

=> (x2 + y 2 + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24

x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = 0

( x2 – 4x + 4 ) + ( y 2 – 4y + 4 ) + ( z2 – 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

y x

y x

Trang 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

y x

y x

( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 )

Dạng 4: Toán cực trị

1.Ví dụ 1:

Cho biểu thức:

x 1

1 x

1

1 x

1

1 : x 1

1 x

1

1 A

− +

+

+

=

a. Rút gọn A

b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất

Giải:

a Rút gọn được: x(1 x)

1

b A nhỏ nhất nếu mẫu x(1− x) là lớn nhất

Gọi x =K ta có K(1- K) = -K2+ K

-(K2- K) = -(K2 - 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 x =1/4⇒x =1/2

=>A nhỏ nhất =4

2.Ví dụ 2:

Cho biểu thức:

3 x

3 x 2 x 1

2 x 3 3

x 2 x

11 x 15 M

+

+

− +

− +

=

Trang 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 x x 1

x

2 + +

=

Giải:

Ta nhận thấy x = 0 => M = 0 Vậy M lớn nhất x≠ 0

Chia cả tử và mẫu cho x2

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

x2 + 2 >

2 x

1

x +

nhỏ nhất x =1 Vậy 3

1 1 2

1

+

=

4.Ví dụ 4:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1 x 2 x 1 x 2 x

Giải:

1 x 1 1 1

x

1 x 1 1

1 x 1

1 x 1

1 x

1 1 x 2 1 x 1 1 x 2 1

x

Y

2 2

2 2

− + +

=

− + +

=

− +

+

=

+

− + +

− +

=

) (

) (

) (

Biết rằng |A| + |B| ≥|A + B|

Trang 8

2 1 x 1 1 1 x 1

x 1 1 1

x

1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1

x

Y

− + +

− + +

=

− + +

− + +

=

Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi

0 1 x 1 1

1

x − + )( − − )≥

(

2 x 1

0 1 x 1

1 x

) (

Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng

Ví dụ : Tính A= 6−2 2 + 12+ 18− 128

Ta có :

2 4 2 4 2

4 2

2 8 4 128

1 3 1

3 1

3 2 3 3 2 4 2 3 2 6 1

3 2 6

A

1 3 1

3 1

3 2 3 4 12 2

4 12 2

2

2

=

= +

=

=

= +

=

+

= +

= + +

= +

=

− + +

) (

) (

) (

Loại 7: Biện luận phương trình

1.Ví dụ 1:

Cho phương trình: x2 – ( 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 x1 , x2 là hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m để :

x1( 1 – 2x2 ) + x2( 1 – 2x1 ) = m2

Giải

3

m=−

vào ta có phương trình :

2 1 x 1 1 1 x 1

x 1 1 1

x

1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1

x

Y

− + +

− + +

=

− + +

− + +

=

Trang 9

2x 2x 1 0

0 1 2

3 x 2 2

3 2 x

2

2

=

− +

= +

− +

Phương trình có hai nghiệm :

2

3 1 x

2

3 1

b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi x1x2 =a 0

c

< hay a.c < 0

 1(m + 1) < 0

 m < -1

c, x1( 1 – 2x2) + x2 ( 1 – 2x1) = m2

( )* )

2 1 2

1

2 2 1 2

2 1

1

m x x 4 x

x

m x x 2 x x

x

2

x

=

− +

=

− +

Theo viet ta có :

1 m a

c x x

2 m 2 1

2 m 2 a

b x

x

2 1

2 1

+

=

=

+

= +

=

= +

Thay vào (*) ta có :

2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m2

2m + 4 – 4m – 4 = m2

m2 + 2m = 0

m ( m + 2 ) = 0

=

=

+

=

2 m 0 2

m

0

m

2.Ví dụ 2:

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 1 = 0

1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với mọi m

2 2

2

1 x 5x x x

2

a Chứng minh A = 8m2 – 18m + 9

Trang 10

b Tìm m sao cho A = 27

3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia

Giải

1 Xét ( ) (m 2 2m 1) m2 2m 1 (m 1)2 0 m

= +

=

=

∆'

=> Phương trình luôn có nghiệm với mọi m

2 2

2

1 x 5x x x

2

2

2

1 2x 5x x x

2 2 1

2 1 2

1

2 2

2 1

2 1 2 1

2 2

2 1

x x 9 x

x 2

x x 9 x x 2 x x 2

x x 9 x x 4 x 2 x 2

− +

=

− +

+

=

− +

+

=

Theo viet ta có :

( )2m 9(2m 1) 2( )4m 18m 9 8m 18m 9 2

a

c

x

x

a

b x

x

2 2

2

2

1

2

1

+

= +

=



=

=

+

=> điều phải chứng minh

b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phương trình

8m2 – 18m + 9 = 27 8m2 – 18m – 18 = 0 4m2 – 9m – 9 = 0 Phương trình có hai nghiệm : m1 = 3 , m2 = -3/4

2.Tìm m để x1 = 2x2

Theo viet ta có : x1 + x2 = -b/a = 2m

Hay 2x2 + x2 = 2m

3x2 = 2m

 x2 = 2m/3

 x1 = 4m/3 Theo viet:

Trang 11

0 9 m 18

m

8

9 m 18

m

8

1 m

2

9

m

8

1 m 2 3

m

4

3

m

2

1 m 2

a

c

x

x

2

2

2

2

1

= +

=

=

=

=>

=

=

Phương trình có hai nghiệm : 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)

Trang 12

0

60

xoy∧ =

GT

đều ;

OB = OC

OBM

NCO

BMN

0

60

xoy∧ =

KL

a, đồng dạng với

BC2 = 4BM

b, MO là tia phân giác

c, Đường thẳng MN luôn tiếp xúc

với đường tròn cố định khi quay O

Giải

a, Trong NOC∆ có ONC∧ +NOC∧ +C∧ =1800

=> ONC∧ + NOC∧ =1200 ( vì C∧ =600)

Vì xoy∧ =600nªnMOB∧ +NOC∧ =1200

( )1 ONC MOB∧ = ∧

Vì ABC∆ đều

( )2 60

C

⇒ ∧ ∧

Từ (1) và (2) => MBO∆ đồng dạng với ONC∆

BM

NC

OB

=

NC BM

4

BC

NC BM 2

BC

2

BC

=

=

OM OB

BM hay ON

OM OC

BM

=

=

0 60 xoy

B∧ = ∧ =

=> MBO∆ đồng dạng với ∆MON⇒B∧ =OMN∧ =600

Trang 13

=> CM là tia phân giác của

BMN

c, Thật 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

=MOB AOM

Theo định lí 7

= +CAO AOB ACO (góc ngoài bằng tổng hai góc trong) Hay 2CAO∧ =AOB∧ ⇒CAO∧ =AOM∧ ⇒ AC // MO

2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đường tròn

* Xét tứ giác MBOA có A∧ =B∧ = v(gt)

=> MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO

* Xét tứ giác MDAO

Trong ∆DOC: CDO∧ +C∧ =1v ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông )

Trong ∆MAO : AMO∧ +AOM∧ = v

Trang 14

Theo chứng minh trên :

=

=AOM CDO AMO C

Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đưới góc bằng nhau α0

Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc α0

Hay MDAO nội tiếp

Ta lại có MAO∧ =1v => MO là đường kính đường tròn ngoại tiếp Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đường tròn đường kính MO

3, Tìm M trên d để AOC đều , hãy chỉ ra cách xác định M.

Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là

R 2 OM 30

AMO 60

AOM 60

C

A∧ = ∧ = 0 => ∧ = 0 => ∧ = 0 => =

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∩

2

1 A

A∧ = ∧

=> ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau )

=>AE là phân giác của BAC ∧

b, BD // AE

BAD

∆ cân tại A =>

AE //

BD A

D A

2 BAC D

B

D

B∧1 = ∧ => ∧1+ ∧ = ∧ = ∧2 => ∧ = ∧ 2 =>

c, Nếu I là trung điểm của BC =>  ⊥ ( )

1 AE AI

BD AI

Ta lại có EAF∧ =1v( góc nội tiếp chắn đường tròn)

( )2 AE

AF

Từ (1) (2) =>IAF∧ =2v

=>I, A, F thẳng hàng

Trang 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 O∧1 =O∧ 2

=>OP là phân giác của EOC∧

4

3 O

O∧ = ∧ => OQ là phân giác của EOD∧

EOD

;

EOC là 2 góc kề bù do đó PO⊥OQtại 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 1/2 đường tròn )

=ECD

QPO ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED )

=>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED

c, Tính tích CP DQ theo R

Theo tính chất 2 của tiếp tuyến ta có : CP = PE

DQ = EQ Xét POQ∆ có OE là đường cao bằng R

Theo hệ thức lượng : OE2 = PE EQ

hay OE2 = CP DQ

R2 = CP DQ

Trang 16

d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng 16

25 S

S

CED

POQ =

Từ ý c ta có DQ= R2/CP =

R 2 2 R

R2

=

Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tổng số đồng dạng

CD

PQ S

S

2 2

COD

POQ =

Mà PQ = PE + EQ = PE + DQ

=>PQ = R/2 + 2R = 5R/2

25 R

4 : 4

R 25 R

2 2

R 5 S

2 2

COD

=

Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )

a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?

* Xét t/g BHCD có DC AC

);

gt ( AC BH

=> 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 là hình thang cân

b, Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ và EFI

thật vậy H là giao các đường phân giác trong

=>H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Trang 17

c, Chứng minh M là giao 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ và đường tròn O

v

1

AMD∧ = ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn )

Lấy O’ 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

Ngày đăng: 09/07/2014, 20:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w