Một số dạng Toán ôn thi vào THPT Lớp 10

Mot so dang toan thi vao THPT
Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên
Ví dụ 1Cho biểu thức: 
a, Rút gọn
b, Tìm những giá trị của a để M nguyên
 Giải
a, Rút gọn 
 M = 	
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: 
Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên 
 Giải
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 
 Nếu thì f(x) là bội của a
 Nếu thì f(x) là ước của a
 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 
Ta có : 
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: 
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 :
kết hợp
Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp 
Cách 2 Đặt ẩn phụ 
Đưa phương trình về dạng : 
Đặt phương trình có dạng 
y = y2 – 2 
y2 – y – 2 = 0 
Giải ta được y1 = - 1 ( loại) y2=2
2, Ví dụ 2:
 Giải phương trình 
 Giải: 
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:
Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên chuyển vế.
Bình phương hai vế ta được :
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
Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Ví dụ.
1, Ví dụ 1:
 Giải phương trình 
 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 
( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 – 2000)
3, Ví dụ 3: Giải phương trình 
Dạng 3 : Hệ phương trình
Cách giảI một số hệ phương trình phức tạp
1, Ví dụ 1: 
 Giải hệ phương trình 
 Giải :
 Đặt ẩn phụ : 
Ta có hệ : 
2, Ví dụ 2:
 Giải hệ phương trình 
3, Ví dụ 3: 
 Giải hệ phương trình : 
Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3)
4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
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 
	 ( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999)
6, Ví dụ 6: 
 Giải hệ phương trình :
	 ( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 )
Dạng 4: Toán cực trị
1.Ví dụ 1: 
 Cho biểu thức: 
Rút gọn A.
Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất.
 Giải: 
a. Rút gọn được: 
b. A nhỏ nhất nếu mẫu là lớn nhất
Gọi 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 
=>A nhỏ nhất =4
2.Ví dụ 2:
 Cho biểu thức: 
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 
 Giải:
 Ta nhận thấy x = 0 => M = 0. Vậy M lớn nhất x≠ 0.
Chia cả tử và mẫu cho x2
	 Vậy M lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất
	Mẫu nhỏ nhất khi nhỏ nhất
	 Vậy nhỏ nhất x =1
Vậy 
4.Ví dụ 4: 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
 Giải: 
	Biết rằng |A| + |B| ≥|A + B|
Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi 
Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng
Ví dụ : Tính 
Ta có : 
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 
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
a, Thay vào ta có phương trình :
Phương trình có hai nghiệm :
b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi x1x2 =
hay a.c < 0 
1(m + 1) < 0
m < -1
c, x1( 1 – 2x2) + x2 ( 1 – 2x1) = m2 
Theo viet ta có : 
Thay vào (*) ta có :
2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m2
2m + 4 – 4m – 4 = m2
m2 + 2m = 0
m ( m + 2 ) = 0
2.Ví dụ 2: 
Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 1 = 0
1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với mọi m
2, Đặt 
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 
=> Phương trình luôn có nghiệm với mọi m
a. = 
Theo viet ta có : => 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:
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)
 GT
đều ; 
OB = OC
 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 có 
	=> ( vì 
Vì 
Vì đều 
Từ (1) và (2) => đồng dạng với 
=>
b, Ta có 
	mà 
=> đồng dạng với 
=> CM là tia phân giác của 
c, Thật vậy khi 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 cân tại O 
 ( hai góc ở đáy )
Theo chứng minh tính chất 2 của tiếp tuyến thì 
Theo định lí 7 (góc ngoài bằng tổng hai góc trong) 
Hay AC // MO
2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đường tròn 
* Xét tứ giác MBOA có 
=> MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO
* Xét tứ giác MDAO 
Trong ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông )
Trong 
Theo chứng minh trên : 
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 => 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 đều , hãy chỉ ra cách xác định M.
Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là 
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 
Thật vậy BC ┴ EOF => 
( góc nội tiếp chắn hai cung nhau )
=>AE là phân giác của 
b, BD // AE
 cân tại A =>
c, Nếu I là trung điểm của BC => 
Ta lại có ( góc nội tiếp chắn đường tròn)
Từ (1) (2) =>
=>I, A, F thẳng hàng 
Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 )
 a, Chứng minh tam giác POQ vuông 
Xét theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có 
=>OP là phân giác của 
=> OQ là phân giác của 
Mà là 2 góc kề bù do đó tại O ( theo định lí )
=>tam giác POQ vuông tại O
b, Chứng minh đồng dạng với 
ấy tam giác CED là tam giác vuông tại E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn )
Có ( 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 có OE là đường cao bằng R
Theo hệ thức lượng : OE2 = PE . EQ
	hay OE2 = CP . DQ 
	R2 = CP . DQ
d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng 
Từ ý c ta có DQ= R2/CP = 
Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tổng số đồng dạng 
Vậy 
Mà PQ = PE + EQ = PE + DQ 
=>PQ = R/2 + 2R = 5R/2
Thay vào (1) ta có 
Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )
a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?
* Xét t/g BHCD có 
=> 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 
=>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
c, Chứng minh M là giao 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ và đường tròn O
( 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