Đang tải... (xem toàn văn)
Các dạng toán ôn tập vào lớp 10 Tập hợp các dạng toán cơ bản ôn thi vào lớp 10, cho học sinh tham khảo, cũng như ôn luyện trong quá trình học của minh, tài liệu chuyên đề ôn thi môn toán lớp 10 dành cho các em học sinh.
Dạng 1: 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: )1(75 = xx Cách 1: Bình phơng 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 Lu ý : * Nhận định kết quả : x 1 = 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 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 Đa phơng trình về dạng : 255 = xx Đặt 5= xy phơng trình có dạng y = y 2 2 y 2 y 2 = 0 Giải ta đợc y 1 = - 1 ( loại) y 2 =2 2, Ví dụ 2: Giải phơng trình 2173 =++ xx Giải: Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa: 1 01 073 + + x x x Chú ý : Không nên bình phơng hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên chuyển vế. 2173 ++=+ xx Bình phơng hai vế ta đợc : 121 +=+ xx Bình phơng 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 Dạng 2: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ. 9 45 25 = = = x x x 1, Ví dụ 1: Giải phơng trình 0212 2 =++ xx Đặt điều kiện * Nếu 2x + 1 0 ta có phơng 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 phơng trình x 2 ( -2x -1 ) + 2 =0 x 2 + 2x + 3 = 0 Phơng trình vô nghiệm Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 1 2, Ví dụ 2: Giải phơng trình 51225 =+ xx ( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 2000) 3, Ví dụ 3: Giải phơng trình 124 2 = xx 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 : Đặt ẩn phụ : y Y x X 1 ; 1 == Ta có hệ : =+ =+ 36 36 106 36 13 34 YX YX 2, Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình = + + = + + 1 14 8 312 7 1 14 5 312 10 xx xx 3, Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình : =++ =++ =++ )3(232 )2(323 )1(1132 zyx zyx zyx Hớng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3) 4, Ví dụ 4: Giải hệ phơng trình: =++ =++ )2(12 )1(6 222 zyx zyx Hớng 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 phơng trình = + = + + 4 3 2 1 3 5 3 1 1 2 yx yx ( 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 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 đợc: ( ) 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 + + + + = a, Rút gọn b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tơng 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| Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi 01x111x + )()( 21x111x1x111x 11x11x11x11xY ++++= ++++= 2x1 01x1 1x )( Dạng 5: Toán tìm điều kiện để phơng 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 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 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 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 )( )( xf a hay a xf Nếu a xf )( thì f(x) là bội của a Nếu )(xf 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 1281812226A ++= Ta có : 242424228412818 22 ===+= )( 1313132332423261326A 1313132341224122 2 2 ==+===+= +=+=++=+=++ )()( )( Loại 7: Biện luận phơng trình 1.Ví dụ 1: Cho phơng trình: x 2 ( 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 x 1 , x 2 là hai nghiệm phơng 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 phơng trình : 01x2x2 01 2 3 x2 2 3 2x 2 2 =+ =++ )( Phơng trình có hai nghiệm : 2 31 x 2 31 x 21 + = + = , b, Phơng 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 phơng trình : x 2 2mx + 2m 1 = 0 1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với mọi m 2, Đặt ( ) 21 2 2 2 1 xx5xx2A += a. Chứng minh A = 8m 2 18m + 9 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 =+== ' => Phơng 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 viết 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 phơng trình 8m 2 18m + 9 = 27 8m 2 18m 18 = 0 4m 2 9m 9 = 0 Phơng 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: 09m18m8 9m18m8 1m2 9 m8 1m2 3 m4 3 m2 1m2 a c xx 2 2 2 21 =+ = = ==> == . Phơng trình có hai nghiệm : m 1 = 3/2; m 2 = 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 ABC đều ; OB = OC 0 60xoy = KL a, OBM đồng dạng với NCO BC 2 = 4BM b, MO là tia phân giác BMN c, Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với đờng tròn cố định khi 0 60xoy = quay O Giải a, Trong NOC có 0 180CNOCONC =++ => 0 120NOCONC =+ ( vì ) 0 60C = Vì 00 120NOCMOBnn60xoy =+= ê ( ) 1ONCMOB = Vì ABC đều ( ) 260CB 0 == Từ (1) và (2) => MBO đồng dạng với ONC => NCBMNOOB NO BM NC OB == NCBM4BC NCBM 2 BC 2 BC 2 . = = b, Ta có ON OM OB BM hay ON OM OC BM == mà 0 60xoyB == => MBO đồng dạng với 0 60OMNBMON == => 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 = CAOACO ( hai góc ở đáy ) Theo chứng minh tính chất 2 của tiếp tuyến thì = MOBAOM Theo định lí 7 =+ AOBCAOACO (góc ngoài bằng tổng hai góc trong) Hay == AOMCAOAOBCAO2 AC // MO 2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đờng tròn * Xét tứ giác MBOA có )(gtv1BA == => MBOA nội tiếp đờng tròn đờng kính MO * Xét tứ giác MDAO Trong v1CCDODOC =+ : ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông ) Trong v1AOMAMOMAO =+ : Theo chứng minh trên : == AMOCDOAOMC Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đới góc bằng nhau 0 Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc 0 Hay MDAO nội tiếp Ta lại có v1MAO = => 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 R2OM30AMO60AOM60CA 000 ==>==>==>== 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 => = ECBE 21 AA ==> ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau ) =>AE là phân giác của BAC b, BD // AE BAD cân tại A => AE//BDADA2BACDBDB 2 2 1 1 =>==>==+=>= c, Nếu I là trung điểm của BC => ( ) 1AEAI BDAI Ta lại có v1EAF = ( góc nội tiếp chắn đờng tròn) ( ) 2AEAFhay Từ (1) (2) => v2IAF = =>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 21 OO = =>OP là phân giác của EOC 43 OO = => OQ là phân giác của EOD Mà EOD;EOC là 2 góc kề bù do đó OQPO 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 1/2 đờng tròn ) Có = ECDQPO ( 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 : OE 2 = PE . EQ hay OE 2 = CP . DQ R 2 = CP . DQ d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng 16 25 S S CED POQ = Từ ý c ta có DQ= R 2 /CP = R2 2 R R 2 = Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phơng tổng số đồng dạng Vậy ( ) 1 CD PQ S S 2 2 COD POQ = [...]... PQ = PE + EQ = PE + DQ =>PQ = R/2 + 2R = 5R/2 2 5R 2 Thay vào (1) ta có S POQ 2 = 25R : 4 R 2 = 25 = 2 S COD ( 2 R ) 4 16 Đề 5 ( Bộ đề trang 17 ) a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ? * Xét t/g BHCD có BH AC(gt ); DC AC => 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 => BE =... 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 ACHB và đờng tròn O AMD = 1v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn ) Lấy O là trung điểm của AH => OM =1/2 AH Mà AH là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tg ACHB 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 . 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 ABC đều ; OB = OC 0 60xoy = KL a, OBM đồng dạng với NCO BC 2 = 4BM b, MO là. = + = + + 4 3 2 1 3 5 3 1 1 2 yx yx ( 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 yx yx ( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.Ví dụ. sinh giỏi lớp 7 1999 2000) 3, Ví dụ 3: Giải phơng trình 124 2 = xx 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