Một số dạng Toán thi vào THPT

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