Các dạng toán ôn thi vào lớp 10THPT

Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phơng trình nguyên 1... Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất... Thoả mãn điều kiện nói trên.

Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phơng trình nguyên

1 Ví dụ 1 Cho biểu thức:

b 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 =

1 a

2



b, Để M nguyên thì a-1 phải là ớc 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 ớc của 2

Tổng quát : Để giảI toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm

theo các bớc sau:

Bớc 1: Đặt điều kiện

Bớc 2: Rút gọn về dạng

) (

) (

x f

a hay a

x f

Nếu

a

x

f ( )

thì f(x) là bội của a Nếu

) (x f

a thì f(x) là ớc của a Bớc 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 : 18 128 4 2 8 2 2 4 2 2 4 2 4 2



















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























































) ( )

(

) (

D

ạng 2: Phơng trình vô tỷ

I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ là phơng trình chứa ẩn ở biểu thức

dới căn bậc hai

II Cách giải:

Cách 1: Để khử căn ta bình phơng hai vế

Cách 2: Đặt ẩn phụ

III Ví dụ

1,Ví dụ 1:

Giải phơng trình: x 5 x 7 ( 1 )

Cách 1: Bình phơng hai vế

x – 5 = x2 – 14x + 49

x2 – 14x – x + 49 + 5 = 0

x2 – 15x + 54 = 0

x1 = 6 ; x2 = 9

Lu ý :

* Nhận định kết quả : x1 = 6 loại vì thay vào phơng trình (1) không phải

là nghiệm Vậy phơng trình có nghiệm x = 9

* Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc khi giải : Để phơng trình có nghiệm thì :

7

7

0

7

0 5











x

x

x

x

kết hợp Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp

Cách 2 Đặt ẩn phụ

Đa phơng trình về dạng : x 5 x 5  2

Đặt y x 5 phơng trình có dạng

y = y2 – 2

y2 – y – 2 = 0

Giải ta đợc y1 = - 1 ( loại) y2=2

2, Ví dụ 2:

Giải phơng 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 phơng hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên

chuyển vế

2 1 7

3x  x 

Bình phơng hai vế ta đợc :

9

4

5

2

5













x

x

x

2

1  

x

Bình phơng 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

Dạng 3: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

Ví dụ.

1, Ví dụ 1:

Giải phơng trình 2 2 1 2 0







 x x

Đặt điều kiện

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

x2 – 2x – 1 + 2 = 0

x2 – 2x +1 = 0

=> x1 = x2 = 1

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

x2 + 2x + 3 = 0 Phơng trình vô nghiệm

Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 1

2, Ví dụ 2:

Giải phơng trình 5x 2  2x 1  5

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

3, Ví dụ 3: Giải phơng trình 2 4 2 1





x

Dạng 3 : Hệ phơng trình Cách giảI một số hệ phơng trình phức tạp

1, Ví dụ 1:

Giải hệ phơng trình















1 y 10 x

6

36 13 y

3 x

4

Giải :

x

X  1 ;  1

Ta có hệ :















36 36 10

6

36 13 3

4

Y X

Y X

2, Ví dụ 2:

Giải hệ phơng 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 phơng trình :

























) 3 ( 2

3 2

) 2 ( 3

2 3

) 1 ( 11

3 2

z y

x

z y

x

z y

x

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

4, Ví dụ 4: Giải hệ phơng trình:















) 2 ( 12 ) 1 ( 6

2 2

x

z y x

Hớng 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 phơng trình























4 3 2 1

3

5 3 1 1

2

y x

y x

( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999)

6, Ví dụ 6:

Giải hệ phơng 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 đợc: 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 nhá nhÊt =4

2.VÝ dô 2:

Cho biÓu thøc:

3 x 2 x 1 2 x 3 3

x 2 x

11 x 15 M





















a, Rót gän

b, T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña M vµ gi¸ trÞ t¬ng øng cña x

3 VÝ dô 3:

T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc

1 x x

x

2







Gi¶i:

Ta nhËn thÊy x = 0 => M = 0 VËy M lín nhÊt x≠ 0

Chia c¶ tö vµ mÉu cho x2

1 x

1 x

1 M

2 2







VËy M lín nhÊt khi mÉu nhá nhÊt

MÉu nhá nhÊt khi 2 2

x

1

x  nhá nhÊt 0

x

1



x

1

x  nhá nhÊt x =1 VËy

3

1 1 2

1





4.VÝ dô 4:

T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc :

1 x 2 x 1 x 2 x

Y      

Gi¶i:

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

























































) (

) (

) (

BiÕt r»ng |A| + |B| ≥|A + B|

VËy Y nhá nhÊt lµ 2 khi

0 1 x 1

1

1

x   (   ) 

(

2 x 1

0 1 x 1 1 x





















) (

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



















































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

Ví dụ : Tính A  6  2 2  12  18  128

Ta có : 18  128  4 2  8 2  2  ( 4  2 ) 2  4  2  4  2

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 phơng trình

1.Ví dụ 1:

Cho phơng trình: x2 – ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn )

a, Giải phơng trình khi

2

3

m  

b, Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu

c, Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phơng trình Tìm giá trị m để :

x1( 1 – 2x2 ) + x2( 1 – 2x1 ) = m2

Giải

a, Thay

2

3

m   vào ta có phơng trình :

0 1 x 2 x 2

0 1 2

3 x 2 2

3 2 x

2 2

















Phơng trình có hai nghiệm :

2

3 1 x 2

3

1

x1  , 2 

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

a

c

 hay a.c < 0

 1(m + 1) < 0

 m < -1

c, x1( 1 – 2x2) + x2 ( 1 – 2x1) = m2

 * )

2 2 1 2 2

1

1

m x x x

x

m x x x x

x

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 phơng trình : x2 – 2mx + 2m – 1 = 0

1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với mọi m

2 2

2

x 2

a Chứng minh A = 8m2 – 18m + 9

b Tìm m sao cho A = 27

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

Giải

1 Xét  m2 2 m 1 m 2 2 m 1 m 12 0 m























 '

=> Phơng trình luôn có nghiệm với mọi m

2 2

2

x

2

2 2

1 x 5 x x x

2 2 1

2 1 2 1 2 2 2 1

2 1 2 1 2 2 2 1

x x x

x 2

x x 9 x x 2 x x 2

x x x x 4 x 2 x 2























Theo viet ta có :    2 m 2 m 1    4 m 18 m 8 m 18 m 9

a c x a b x

2 2 2 2

2 1

































=> điều phải chứng minh

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

8m2 – 18m + 9 = 27 8m2 – 18m – 18 = 0 4m2 – 9m – 9 = 0 Phơng 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:

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

































.

Phơng trình có hai nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4

Ví dụ : Đề 8 ( trang 91)

Đề 17 ( trang 121)

Đề 18 ( trang 124)

Hớng dẫn giải các đề thi vào 10

phần hình học

Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001)

GT  ABCđều ;

OB = OC

0 60 xoy 

KL a,  OBMđồng dạng với  NCO

BC2 = 4BM

b, MO là tia phân giác 

BMN

c, Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc

với đờng tròn cố định khi xoy  60 0

quay O

Giải

a, Trong  NOC có ONC  NOC  C  180 0







=> ONC  NOC  120 0





( vì C  60 0)

Vì xoy  60 0 n n MOB  NOC  120 0







ê

 1 ONC MOB  



Vì  ABC đều

 2 60

C











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

=> OB NO BM NC

NO

BM

NC

OB

.





NC BM

4

BC

NC BM 2

BC

2

BC

2

.

.









b, Ta có

ON

OM OB

BM hay ON

OM OC

BM





mà B  xoy  60 0





=>  MBO đồng dạng với  MON  B  OMN  60 0





=> 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

đờng cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO

Nh vậy đờng 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)

AOM CAO

AOB CAO

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

* Xét tứ giác MBOA có A  B  v (gt )





=> MBOA nội tiếp đờng tròn đờng kính MO

* Xét tứ giác MDAO

Trong  DOC CDO  C  v



 : ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông )

Trong  MAO AMO  AOM  v



 :

Theo chứng minh trên :    





C

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

Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc α0

Hay MDAO nội tiếp

Ta lại có MAO  v

=> MO là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đờng tròn đờng 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

























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 =>B D B D BAC 2A D A2 BD//AE

2 1

1        

















c, Nếu I là trung điểm của BC =>   







1 AE AI BD AI

Ta lại có EAF  1v

( góc nội tiếp chắn đờng tròn)

 2 AE

AF

Từ (1) (2) =>IAF  2v

=>I, A, F thẳng hàng

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

2

1 O O







=>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 đờng 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 đờng cao bằng R

Theo hệ thức lợng : OE2 = PE EQ

hay OE2 = CP DQ

R2 = CP DQ

d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng

16

25 S

S

CED

POQ







Từ ý c ta có DQ= R2/CP = 2R

2 R

R 2



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

đồng dạng

CD

PQ S

S

2 2

COD

POQ







Mà PQ = PE + EQ = PE + DQ

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

Thay vào (1) ta có

25 R 4 : 4

R 25 R

2 2

R 5

S

2 2

COD

POQ























Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )

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

* Xét t/g BHCD có

AC DC

);

gt ( AC BH





=> BH // DC

CM tơng 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 =>  

CD

BE => BE = CD

=>BCDE là hình thang cân

b, Chứng minh H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác A B C và EFI’B’C’ và EFI ’B’C’ và EFI ’B’C’ và EFI thật vậy H là giao các đờng phân giác trong

=>H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác

c, Chứng minh M là giao 2 đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AC HB và đ’B’C’ và EFI ’B’C’ và EFI -ờng tròn O

v

1

AMD 



( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn )

Lấy O’B’C’ và EFI là trung điểm của AH => O’B’C’ và EFIM =1/2 AH

Mà AH là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tg AC’B’C’ và EFIHB’B’C’ và EFI

Vậy M là giao của 2 đờng 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