Phương pháp giải đề tuyển sinh môn Toán 9 - Nguyễn Ngọc Dũng

125 trang thaodu 3880

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Phương pháp giải đề tuyển sinh môn Toán 9 - Nguyễn Ngọc Dũng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

phuong_phap_giai_de_tuyen_sinh_mon_toan_9_nguyen_ngoc_dung.pdf

Nội dung text: Phương pháp giải đề tuyển sinh môn Toán 9 - Nguyễn Ngọc Dũng

NGUYỄN NGỌC DŨNG và một nhóm giáo viên PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH MÔN: TOÁN A I M Z O K Y J S B C X (Tài liệu được phát hành tại Nhóm TOÁN QUẬN 7 – fb.com/groups/toanquan7/)
LỜI MỞ ĐẦU Nhằm giúp cho các ẹm học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 các trường công lập, trường chuyên, chúng tôi biên soạn cuốn sách "Phương pháp giải đề tuyển sinh 9". Cuốn sách tổng hợp từ các đề thi của các trường trong cả nước, được biên soạn rất tâm huyết từ nhóm giáo viên: Nguyễn Ngọc Dũng, Đặng Thị Bích Tuyền, Nguyễn Xuân Tùng, Nguyễn Thành Điệp, Võ Tấn Đạt, Nguyễn Ngọc Nguyên, Ngô Trâm Anh, Lê Minh Thuần, Trần Nguyễn Vân Nhi, Nguyễn Trung Kiên, Lê Đức Việt, Phạm Tiến Đạt, Lâm Phan, Hang Tran, Skynet Le. Với cuốn sách này hi vọng các em sẽ có thể gặp nhiều dạng toán ôn thi và mức độ ra đề của từng trường để từ đó các em đề ra phương pháp ôn thi tốt nhất cho mình. Trong quá trình biên soạn tài liệu, dù đã cố gắng hết sức nhưng không tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các bạn đọc gần xa để bộ sách hoàn thiện hơn nữa. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về: Địa chỉ mail: nguyenngocdung1234@gmail.com Facebook: Hãy tham gia Nhóm TOÁN QUẬN 7 – để được tải tài liệu THCS và THPT miễn phí. Thay mặt nhóm tác giả! Nguyễn Ngọc Dũng 3
Mục lục Lời mở đầu 3 Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang 2016-2017 . . . . . . . . . . . 5 Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương 2017-2018 . . . . . . . . . . 15 Đề 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD và ĐT Bình Định 2017 - 2018 (đề thường) 23 Đề 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD và ĐT Bắc Giang 2017-2018 . . . . . . . . . . 29 Đề 5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Đề 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 2017-2018 . . . . . . . . . . 45 Đề 7. Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD và ĐT Cà Mau . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Đề 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Đồng Nai . . . . . . . . 60 Đề 9. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hưng Yên . . . . . . . . . . . . . . . 77 Đề 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 . . . . . . . . . . 82 Đề 11. Đề thi tuyển sinh Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 2017 - 2018 . . . . . . . . . . . . . . . 90 Đề 12. Đề thi tuyển sinh Sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế 2017 . . . . . . . . . . . . . 97 Đề 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD& ĐT Kiên Giang 2017 - 2018 . . . . . . . . . 107 Đề 14. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Khánh Hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 Đề 15. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN 2017-2018 . . . . . 120 4
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang 2016-2017 Bài 1 1 3√ √ a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 + 12 − 48. 3 2 1 b) Tìm m để hàm số y = (2m − 1) x + 5, m 6= đồng biến trên . 2 R Phân tích. Đối với câu a) chúng ta có thể giải bài toán bằng phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn. Đối với câu b) chúng ta chỉ cần nhớ được tính chất đồng biến của hàm số bậc nhất là có thể hoàn tất yêu cầu của bài toán. Lời giải. 1 3√ √ √ 3 √ √ √ √ √ a) Ta có A = 3 + 12 − 48 = 3 + .2 3 − 4 3 = 3 + 3 3 − 4 3 = 0. 3 2 2 1 b) Hàm số đồng biến trên khi và chỉ khi 2m − 1 > 0 ⇔ 2m > 1 ⇔ m > . R 2 1 Vậy m > thỏa yêu cầu bài toán. 2 Bình luận. Câu a) là một bài tập đơn giản ở dạng tính giá trị của một biểu thức chứa căn, không yêu cầu quá cao về mặt tư duy. Câu b) bài toán không mang tính chất đánh đố, nhưng yêu cầu học sinh cần nắm vững kiến thức lý thuyết về tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số bậc nhất. Bài tập tương tự. 1 √ √ a) Tính giá trị của biểu thức A = 2. + 3 8 − 18. 2 3 b) Tìm m đề hàm số y = (2m − 3)x + 2017, m 6= đồng biến trên . 2 R GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 5/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 2   3x − 2y = 5 a) Giải hệ phương trình .  x + 3y = −2 b) Rút gọn biểu thức √ √ √ √ Ç x − 2 x + 2 6x å x x − x B = √ − √ + √ với x ≥ 0, x 6= 1. x + 1 x − 1 x − 1 x − 1 c) Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0 (với x là ẩn) (1) c.1) Giải phương trình (1) với m = 0. c.2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho x + x 1 2 biểu thức đạt giá trị lớn nhất. x1 − x2 Phân tích. Câu a) yêu cầu giải một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, chúng ta có thể giải được bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Câu b) yêu cầu rút gọn biểu thức chứa căn, thoạt nhìn biểu thức khá cồng kềnh và có nhiều phân thức, chúng ta sẽ nghĩ ngay tới hướng tìm mẫu chung và quy đồng, sau khi quy đồng và rút gọn thì bài toán không còn quá phức tạp. Câu c) bao gồm hai ý, ở ý c.1) chúng ta có thể giải bằng cách sử dụng công thức nghiệm (công thức nghiệm thu gọn) quen thuộc, hoặc nhẩm nghiệm nhanh bằng cách ứng dụng định lý Viète, ở ý c.2) là dạng bài tập tìm nghiệm của phương trình bậc hai thỏa yêu cầu cho trước có lồng ghép kiến thức về giá trị lớn nhất, tuy nhiên việc vận dụng định lý Viète và một số phương pháp đánh giá bất đẳng thức để giải bài toán là dễ nhận ra. Lời giải. a) Cách 1: Từ phương trình thứ hai của hệ phương trình ta có x + 3y = −2 ⇔ x = −2 − 3y. Thế x = −2 − 3y vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta có 3 (−2 − 3y) − 2y = 5 ⇔ −11y = 11 ⇔ y = −1. Từ y = −1 thế vào x = −2 − 3y ta được x = 1. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1; −1). Cách 2: Ta có     3x − 2y = 5 3x − 2y = 5 ⇔ .   x + 3y = −2 −3x − 9y = 6 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 6/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Ta lấy hai phương trình 3x − 2y = 5 và −3x − 9y = 6 cộng vế theo vế, ta được −11y = 11 ⇔ y = −1. Thế y = −1 vào x + 3y = −2 ta có x = −2 − 3(−1) = 1. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1; −1). b) Ta có √ √ √ √ Ç x − 2 x + 2 6x å x x − x B = √ − √ + . √ x + 1 x − 1 x − 1 x − 1 √ √ √ √ √ ( x − 2) ( x − 1) − ( x + 2) ( x + 1) + 6x x (x − 1) = . √ x − 1 x − 1 √ √ (6x − 6 x) x = √ x − 1 √ √ √ 6 x ( x − 1) x = √ x − 1 = 6x. Vậy B = 6x với x ≥ 0, x 6= 1. c) c.1) Cách 1: Với m = 0 phương trình (1) trở thành x2 − 2x − 3 = 0 (∗). Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −2, c = −3, nhận xét rằng a − b + c = 1+2−3 = 0. Theo hệ quả của định lý Viète thì phương trình (∗) có hai nghiệm là x1 = −1 −c và x = = 3. 2 a Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b0 = −1, c = −3. ∆0 = b02 − ac = 1 + 3 = 4 . Do ∆0 > 0, áp dụng công thức nghiệm thu gọn, phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt là: √ √ −b0 − ∆0 1 − 2 −b0 + ∆0 1 + 2 x = = = −1, x = = = 3. 1 a 1 2 a 1 2 c.2) Ta có ∆0 = (m + 1) − (2m − 3) = m2 + 4 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m ∈ R. Xét x + x 1 2 P = . x1 − x2 Theo định lí Viète và công thức nghiệm thu gọn ta có  2(m + 1)  x1 + x2 = = 2(m + 1)  1 √ √ √ √ 0 0 0 0 0 2 . −b + ∆ −b − ∆ 2 ∆ 2 m + 4 √ |x − x | = − = = = 2 m2 + 4  1 2  a a |a| 1 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 7/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 x + x 1 2 Thế vào P = ta được x1 − x2 |m + 1| P = √ . m2 + 4 Ta có |m + 1| |m| + 1 P = √ ≤ √ . m2 + 4 m2 + 4 Theo bất đẳng thức BCS ta có Ã Ç1å2! 1 (m2 + 22) . 12 + √ |m| + 1 |m| .1 + 2. 2 5 √ = √ 2 ≤ √ = m2 + 4 m2 + 4 m2 + 4 2 suy ra √ 5 P ≤ . 2    m.1 > 0   m > 0 Dấu "=" xảy ra khi |m| 2 ⇔ ⇔ m = 4.  =   1 1 |m| = 4  2 Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Bình luận. Câu a) là một bài toán cơ bản, không yêu cầu quá cao về tư duy, tuy nhiên có thể thấy rằng việc lựa chọn phương pháp thế sẽ được ưu tiên hơn khi giải bài toán này. Câu b) là một bài toán có "độ nhiễu" khá cao và có thể gây mất nhiều thời gian cho các học sinh. Câu c). Ở ý c.1) đây cũng là một bài toán cơ bản về giải phương trình bậc hai, tuy nhiên có thể thấy rằng việc lựa chọn phương pháp ứng dụng định lý Viète sẽ được ưu tiên hơn. Ở ý c.2) Việc lồng ghép nhiều kiến thức vào một bài toán sẽ đưa đến sự phân loại tốt hơn và gây khó khăn khi học sinh phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó. Bài tập tương tự.   4x − 6y = 12 a) Giải hệ phương trình .  2x + y = 2 √ Ç x 4 å x + 16 b) Rút gọn biểu thức B = √ + √ : √ với x > 0; x 6= 16. x + 4 x − 4 x + 2 c) Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2m − 4 = 0 (với x là ẩn) (1) c.1) Giải phương trình với m = 0. c.2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho biểu thức |x1 + x2| − |x1.x2| đạt giá trị lớn nhất. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 8/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 3 Một hiệu sách A có bán hai đầu sách: Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 và Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10. Trong một ngày của tháng 5 năm 2016, hiệu sách A bán được 60 cuốn mỗi loại trên theo giá bìa, thu được số tiền là 3.300.000đ và lãi được 420.000đ. Biết rằng mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 lãi 10% giá bìa, mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn 10 lãi 15% giá bìa. Hỏi giá bìa mỗi cuốn sách đó là bao nhiêu? Phân tích. Chúng ta có thể dễ dàng dựa trên câu hỏi của đề bài và mô hình hóa bài toán bằng cách đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là x đồng và giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là y đồng, với x > 0; y > 0. Phương trình đầu tiên của hệ được lập dựa trên thông tin về doanh số của hiệu sách bán trong ngày hôm đó. Phương trình thứ hai của hệ được lập dựa trên thông tin về tiền lãi. Lời giải. Đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là x đồng (x > 0). Đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là y đồng (y > 0). Trong một ngày hiệu sách bán được 60 cuốn sách mỗi loại và thu về được 3300000 đồng nên ta có 60x + 60y = 3300000 (1). Số tiền lãi khi bán được 60 cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là 10%.60x = 6x đồng. Số tiền lãi khi bán được 60 cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là 15%.60y = 9y đồng. Vì số tiền lãi của ngày hôm đó là 420000 đồng nên 6x + 9y = 420000 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   60x + 60y = 3300000 .  6x + 9y = 420000 Ta có 60x + 60y = 3300000 ⇔ x + y = 55000 ⇔ x = 55000 − y. Ta có 6x + 9y = 420000 ⇔ 2x + 3y = 140000. Thế x = 55000 − y vào 2x + 3y = 140000 ta được 2(55000 − y) + 3y = 140000 ⇔ y = 30000. Thế y = 30000 vào x = 55000 − y ta được x = 25000. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 9/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (25000; 30000). So sánh với điều kiện rằng buộc x > 0; y > 0 ta kết luận: Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là 25000 đồng. Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là 30000 đồng. Bình luận. Đây là một bài toán ở dạng giải bài toán thực tế bằng cách lập hệ phương trình, bài toán thực tế này khá dễ vì học sinh chỉ cần dựa vào câu hỏi của bài toán để đặt ẩn và xây dựng một hệ phương trình. Bài 4 Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, gọi E là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D), EC cắt OA tại M, trên tia AB lấy điểm P sao cho AP = AC, tia CP cắt đường tròn tại điểm thứ hai là Q. a) Chứng minh: Tứ giác DEMO nội tiếp. b) Chứng minh: Tiếp tuyến của (O) tại Q song song với AC. √ c) Chứng minh: AM.ED = 2OM.EA. OM ON d) Nối EB cắt OD tại N, xác định vị trí của E để tổng + đạt giá trị nhỏ nhất. AM DN Phân tích. Câu a) yêu cầu chứng minh tứ giác DEMO nội tiếp, theo dữ kiện bài toán ta thấy ngay rằng góc MOD◊= 90◦, do đó ta sẽ cần chứng minh thêm góc MED◊= 90◦ và điều này thì hiển nhiên vì MED◊chắn nửa đường tròn. Nếu suy nghĩ theo một hướng khác rằng sẽ chứng minh tổng của hai góc OME◊+ ODE÷ = 180◦, ta dựa theo định lý về góc nội tiếp và góc có đỉnh nằm trong đường tròn ta cũng có thể giải quyết được bài toán. Câu b) yêu cầu chứng minh tiếp tuyến tại Q song song với AC, học sinh có thể suy nghĩ theo hướng chứng minh ACP÷ = Q”1 (với Q”1 là góc tạo bởi tiếp tuyến của (O) tại Q và dây cung QC như hình vẽ), tuy nhiên phương án chứng minh trực tiếp sẽ bế tắc, do đó chúng ta sẽ tìm một góc khác để chứng minh gián tiếp, dễ thấy rằng tam giác ACP cân tại A nên ACP÷ = AP÷ C, vậy ta sẽ chứng minh AP÷ C = Q”1, việc chứng minh khá đơn giản, ta chỉ cần dùng định lý về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và định lý về góc có đỉnh nằm trong đường tròn. √ Câu c) yêu cầu chứng minh AM.ED = 2OM.EA, chúng ta nghĩ ngay tới phương án sử dụng tam giác đồng dạng, nhưng chúng ta sẽ bế tắc khi cố gắng tìm hai tam giác đồng dạng có các cạnh √ tương ứng, do đó chúng ta sẽ chuyển qua ý tưởng chọn hai cặp tam giác đồng dạng. Để ý thấy 2 √ √ trong đẳng thức cần chứng minh và theo giả thiết của bài toán thì ta có AC = 2OA = 2OC (áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông AOC) và các góc OAC÷ = AEC÷. Từ đó ta chọn được hai cặp tam giác đồng dạng là 4CEA v 4CAM và 4COM v 4CED. Sử dụng tỉ lệ √ √ đồng dạng và AC = 2OA = 2OC ta có ngay điều cần chứng minh. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 10/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 OM ON Câu d) yêu cầu xác định vị trí của E để tổng + đạt giá trị nhỏ nhất. Chúng ta nghĩ AM DN OM ED ngay tới phương án dùng bất đẳng thức Cauchy, để ý rằng tỉ lệ theo câu c sẽ bằng √ , AM 2EA ON EA do đó ta sẽ suy nghĩ tới hướng dùng tam giác đồng dạng để chuyển tỉ lệ về tỉ lệ k. (k là DN ED hằng số) để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, nhưng việc chỉ dùng một cặp tam giác đồng dạng để chuyển tỉ lệ là không khả thi, khi đó ý tưởng là chúng ta sẽ lại chọn hai cặp tam giác đồng dạng như câu c). Lời giải. C M O P B A H Q1 Q E D a) Cách 1: Xét tứ giác DEMO ta có MOD◊= 90◦ (vì giả thiết AB⊥CD tại O) và MED◊= 90◦ (vì MED◊chắn nửa đường tròn (O)), suy ra tứ giác DEMO nội tiếp. Cách 2: Xét tứ giác DEMO ta có 1 1 OME◊+ ODE÷ = AOC÷ + EOB÷ + EOC÷ 2 2 1 = AOC÷ + EOB÷ + EOC÷ 2 = AOC÷ + EOD÷ + DOB÷ + EOA÷ + AOC÷ 1 = 2.AOC÷ + DOB÷ + AOD÷ 2 1 = (2.90◦ + 90◦ + 90◦) 2 = 180◦ suy ra tứ giác DEMO nội tiếp. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 11/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 b) Gọi Q”1 là góc hợp bởi tiếp tuyến tại Q và dây cung QC (như hình vẽ). Do AC = AP nên tam giác CAP cân tại A, suy ra ACP÷ = AP÷ C (1). 1 1 1 Ta có AP÷ C = AOC÷ + BOQ÷ và Q” = COQ÷ = COB÷ + BOQ÷ . 2 1 2 2 Mà COB÷ = AOC÷, suy ra Q”1 = AP÷ C (2). Từ (1) và (2) suy ra ACP÷ = Q”1, suy ra tiếp tuyến của (O) tại Q song song với AC. C M O P B A N H Q E D c) _ _ Ta có CAM◊= AEC÷ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau là AC=BC). Xét hai tam giác CEA và tam giác CAM có   CAM◊= CEA÷ (chứng minh trên)  ACE÷ (góc chung) AM AC suy ra 4CAE 4CMA, suy ra = . v EA EC Xét hai tam giác COM và tam giác CED có   ◦ COM◊= CED÷ = 90 (chứng minh ở câu a)  ECD÷ (góc chung) OM CO suy ra 4COM 4CED, suy ra = . v ED CE Mặt khác tam giác AOC vuông tại O, theo định lý Pythagoras ta có √ √ AC2 = OC2 + OA2 ⇔ AC2 = 2OA2 ⇔ AC = 2OA = 2OC suy ra √ √ AM 2OC 2OM √ = = hay AM.ED = 2OM.EA. EA CE ED GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 12/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 1 1 1 d) Ta có BAE÷ = EOB÷ = EOD÷ + DOB÷ và ONB÷ = BOC÷ + EOD÷ . 2 2 2 Mà BOC÷ = DOB÷ = 90◦, suy ra BAE÷ = ONB÷ . Mặt khác ta có AEB÷ = 90◦ (vì AEB÷ chắn nửa đường tròn (O)). Xét hai tam giác BON và tam giác BEA có   ◦ AEB÷ = BON÷ = 90 (chứng minh trên)  BAE÷ = ONB÷ (chứng minh trên) BO ON suy ra 4BON 4BEA, suy ra = . v BE EA _ _ Ta có BDN◊= BED÷ (vì là hai góc nội tiếp lần lượt chắn hai cung bằng nhau là BC=BD). Xét hai tam giác BND và tam giác BED ta có   BDN◊= BED÷ (chứng minh trên)  EBD÷ (góc chung) √ DN 2ON ON EA suy ra 4BND v 4BDE, suy ra = suy ra = √ . ED EA DN 2ED OM ED ON OM 1 Theo câu c) ta có = √ , suy ra . = . AM 2EA DN AM 2 ON OM Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm và ta có DN AM OM ON OM ON 1 √ + ≥ 2 . = 2. = 2. AM DN AM DN 2 _ Đẳng thức xảy ra khi ED = EA hay E là điểm chính giữa cung nhỏ AD. OM ON √ Vậy + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi E là điểm nằm chính giữa của cung nhỏ AM DN _ AD . Bình luận. a) Đây là câu hỏi không mang tính đánh đố, học sinh có thể dễ dàng thấy được cách giải quyết bài toán. b) Ở câu hỏi này, yêu cầu học sinh cần phải biết sắp xếp giả thiết và chuyên hướng tư duy khi gặp phải bế tắc. c) Ở câu hỏi này, học sinh thấy có thể nhanh chóng nghĩ tới phương án sử dụng phương pháp tam giác đồng dạng để giải bài toán, tuy nhiên việc chọn ra các cặp tam giác đồng dạng là không dễ dàng. d) Tương tự như câu c) tuy nhiên đây là một câu hỏi nâng cao hơn khi yêu cầu học sinh phải vận dụng thêm kiến thức về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, khiến học sinh gặp không ít khó khăn. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 13/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 5 Cho hai số thực x; y thỏa mãn x ≤ 2; x + y ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 14x2 + 9y2 + 22xy − 42x − 34y + 35. Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức cần đánh giá, chúng ta sẽ nghĩ ngay tới phương án dùng phương pháp đưa biểu thức về dạng tổng của các bình phương. Tuy nhiên việc đưa biểu thức A về dạng tổng của các bình phương có quá nhiều sự lựa chọn, và việc "mò mẫm" có khả năng dẫn tới bế tắc. Để ý thấy rằng từ điều kiện của hai biến x; y ta thấy rằng x ≤ 2; y ≥ 0, do đó nếu có thể biến đổi hai biến x; y thành hai biến a; b với điều kiện a ≥ 0; b ≥ 0 (hiển nhiên ta nghĩ ngay đến việc đặt a = 2 − x; b = x + y − 2) thì bài toán có lẽ sẽ trở nên đơn giản hơn. Và sau khi đổi biến như vậy, cùng với sử dụng phương pháp đưa A về dạng tổng của các bình phương ta có thể giải quyết được bài toán một cách đơn giản hơn. Lời giải. Đặt a = 2 − x ≥ 0 và b = x + y − 2 ≥ 0, suy ra y = a + b. Ta có biểu thức A trở thành A = 14 (2 − a)2 + 9 (a + b)2 + 22(2 − a)(a + b) − 42(2 − a) − 34(a + b) + 35 = 56 − 56a + 14a2 + 9a2 + 18ab + 9b2 + 44a + 44b − 22a2 − 22ab − 84 + 42a − 34a − 34b + 35 = a2 + 9b2 − 4ab − 4a + 10b + 7 = a2 + 4b2 + 4 − 4ab − 4a + 8b + 15b2 + 2b + 3 = (a − 2b − 2)2 + 15b2 + 2b + 3 ≥ 3, ∀a, b ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi a − 2b − 2 = 0 và b = 0 hay a = 2 và b = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, đạt được khi x = 0; y = 2. Bình luận. Đây là một bài toán có thể gây mất nhiều thời gian cho học sinh trong quá trình mò mẫm đưa biểu thức A về dạng tổng các bình phương và nhiều khả năng sẽ gặp bế tắc trong việc đánh giá biểu thức để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Ngay sau đây là một phương án giải quyết bài toán một cách "mò mẫm". Lời giải. Ta có A = 14x2 + 9y2 + 22xy − 42x − 34y + 35 = x2 + 9(x + y)2 + 4x(x + y) − 8x − 34(x + y) + 35. Đặt x + y = t, t ≥ 2. Ta có A = x2 + 9t2 + 4xt − 8x − 34t + 35 = (x + 2t − 4)2 + 5t2 − 18t + 19 = (x + 2t − 4)2 + (t − 2)(5t − 8) + 3 ≥ 3. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 14/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Dấu "=" xảy ra khi x + 2t − 4 = 0 và t = 2 hay x = 0 và t = 2. Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi x = 0; y = 2. Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương 2017-2018 Bài 1 Rút gọn biểu thức sau √ √ √ 1) A = 3 3 + 2 12 − 27; √ 2 » √ 2) B = Ä3 − 5ä + 6 − 2 5. Phân tích. Đối với câu 1) chúng ta có thể giải bài toán bằng phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn. Đối với câu 2) chúng ta phải tìm cách đưa biểu thức dưới dấu căn số hai về dạng bình phương  √  A,A 0 của một số, sau đó vận dụng kiến thức cơ bản đã học A2 = |A| = > để trục căn  −A , A < 0 thức và thu gọn. √ √ √ √ √ √ √ Lời giải. 1) A = 3 3 + 2 12 − 27 = 3 3 + 4 3 − 3 3 = 4 3 2) Ta có √ 2 » √ B = Ä3 − 5ä + 6 − 2 5 √ √ 2 Ä ä = 3 − 5 + 1 − 5 √ √ Ä ä = 3 − 5 + 1 − 5 √ √ = 3 − 5 + Ä 5 − 1ä √ √ = 3 − 5 + 5 − 1 = 2. Bình luận. Câu 1) là một bài toán đơn giản ở dạng tính giá trị của biểu thức chứa căn, không yêu cầu quá cao về mặt tư duy. Học sinh có thể sử dụng máy tính cầm tay để hỗ trợ. Câu 2) so với câu 1) có phần nâng cao hơn một chút. Học sinh phải biết cách đưa biểu thức dưới căn về dạng bình phương của một số để trục căn. Lưu ý khi trục căn phải có trị tuyệt đối, khi bỏ trị tuyệt đối phải chú ý dấu của biểu thức. Nhiều học sinh giải sai do quên mất điều này. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 15/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài tập tương tự. Rút gọn biểu thức sau √ √ √ 1) A = 3 18 − 5 8 + 7 2; » √ » √ 2) B = 8 + 4 3 + 14 − 8 3. √ √ Đáp án: 1) 6 2; 2) 3 2. Bài 2 Cho Parabol (P ): y = x2 và đường thẳng (d): y = 4x + 9. 1) Vẽ đồ thị (P ). 2) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song (d) và (d1) tiếp xúc (P ). Phân tích. Câu 1) yêu cầu ta vẽ parabol (P ) có đạng y = ax2 (a 6= 0). Đây là parabol đi qua gốc tọa độ và nhận trục Oy làm trục đối xứng. Vì vậy, chúng ta cần lấy tối thiểu 5 điểm nằm trên parabol, và chú ý lấy những điểm nằm đối xứng qua trục tung. Từ đó ta có bảng giá trị tương ứng với hàm số, và dựa vào những tọa độ điểm tìm được để vẽ chính xác đồ thị. Câu 2) yêu cầu ta viết phương trình của đường thẳng. Ta biết rằng phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, như vậy để viết phương trình đường thẳng ta phải tìm được các tham số a,b. Từ giả thiết (d1) // (d), ta tìm được tham số a. Đường thẳng (d1) tiếp xúc (P ), có nghĩa là (d1) và (P ) chỉ có một giao điểm. Như vậy phương trình hoành độ giao điểm của chúng chỉ có duy nhất 1 nghiệm. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol là một phương trình bậc 2, với tham số b. Dựa vào điều kiện để phương trình bậc 2 có duy nhất nghiệm, ta tìm được b. Lời giải. 1) Vẽ đồ thị (P ): y = x2. Bảng giá trị: x −2 −1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Vậy parabol (P ) đi qua 5 điểm: (−2; 4), (−1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4). y 4 (P ) 1 −2 −1 O 1 2 x GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 16/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 2) Vì đường thẳng (d1) song song với (d): y = 4x + 9 nên (d1) có dạng y = 4x + b, (b 6= 9). Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (P ) là: 4x + b = x2 ⇔ x2 − 4x − b = 0, (1) 0 2 (d1) tiếp xúc (P ) ⇔ phương trình (1) có duy nhất 1 nghiệm ⇔ ∆ = 0 ⇔ 2 + b = 0 ⇔ b = −4 (nhận). Vậy (d1): y = 4x − 4. Bình luận. Câu 1) là câu đơn giản, chỉ cần nắm được cách vẽ đồ thị hàm số dạng y = ax2, (a 6= 0) là có thể làm được. Câu 2) đòi hỏi sự vận dụng kiến thức đã học ở mức cao hơn. Học sinh phải nắm được dạng của phương trình đường thẳng, điều kiện để 2 đường thẳng song song, đường thẳng tiếp xúc với parabol, từ đó giải quyết bài toán. Bài tập tương tự. Cho (P ): y = 4x2 và (d): y = 2x − 3. 1) Vẽ đồ thị (P ). 2) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song (d) và (d1) tiếp xúc (P ). 1 Đáp án: 2) (d ): y = 2x − . 1 4 Bài 3   2x − y = 5 1) Giải hệ phương trình . Tính P = (x + y)2017 với x, y vừa tìm được.  x + 5y = −3 2) Cho phương trình x2 − 10mx + 9m = 0 (1),(m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 1. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa x1 − 9x2 = 0. Phân tích. Câu 1) yêu cầu giải một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, chúng ta có thể giải được bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Sau khi tìm được nghiệm của phương trình, ta dễ dàng tính được P . Câu 2) bao gồm 2 ý. Ở ý a) chúng ta có thể giải bằng cách sử dụng công thức nghiệm quen thuộc hay nhẩm nghiệm nhanh bằng cách sử dụng hệ quả của định lý Viète. Ở ý b) là dạng tìm nghiệm của phương trình bậc 2 thỏa yêu cầu cho trước. Đây là dạng bài tập vận dụng định lý Viète quen thuộc. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 17/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Lời giải. 1) Cách 1: Ta có      2x − y = 5  y = 2x − 5  y = 2x − 5  y = −1 ⇔ ⇔ ⇔ .  x + 5y = −3  x + 5 (2x − 5) = −3  11x − 25 = −3  x = 2 Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; −1). Khi đó P = (2 − 1)2017 = 12017 = 1. Cách 2: Ta có    2x − y = 5  2x − y = 5 ⇔  x + 5y = −3  −2x − 10y = 6 Ta lấy hai phương trình trên cộng vế theo vế, ta có −11y = 11 ⇔ y = −1. Thay y = −1 vào phương trình 2x − y = 5, ta được x = 2. Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; −1). Khi đó P = (2 − 1)2017 = 12017 = 1 2) a) Với m = 1, phương trình (1) trở thành x2 − 10x + 9 = 0 (∗) . Cách 1: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −10, c = 9. ∆0 = b02−ac = (−5)2− 1.9 = 16 > 0 Áp dụng√ công thức nghiệm√ thu gọn ta có phương√ trình (∗) có 2√ nghiệm phân −b0 − ∆0 − (−5) − 16 −b0 + ∆0 − (−5) + 16 biệt là: x = = = 1; x = = = 9. 1 a 1 2 a 1 Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −10, c = 9. Nhận xét: a+b+c = 0. Vậy theo hệ quả của định lý Viète, phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 1 và c x = = 9. 2 a b) Ta có ∆0 = (−5m)2 − 9m = 25m2 − 9m.  9 m > 0 2  Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt⇔ ∆ > 0 ⇔ 25m − 9m > 0 ⇔  25 . Khi đó,  m < 0 theo định lý Viète ta có:  −b   x1 + x2 = = 10m a . c  x .x = = 9m  1 2 a Như vậy 2 2 2 x1 − 9x2 = 0 ⇔ (x1 − 9x2) = 0 ⇔ x1 − 18x1x2 + x2 = 0 Ä 2 2ä 2 2 ⇔ x1 + x2 − 18x1x2 = 0 ⇔ (x1 + x2) − 2x1x2 − 18x1x2 = 0 ⇔ (x1 + x2) − 20x1x2 = 0  m = 0 2 2  ⇔ (10m) − 20.9m = 0 ⇔ 100m − 180m = 0 ⇔ m (100m − 180) = 0 ⇔  9 .  m = 5 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 18/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 9 So điều kiện ta loại m = 0, nhận m = . 5 Bình luận. Câu 1) là bài toán cơ bản, không yêu cầu quá cao về mặt tư duy. Tuy nhiên có thể thấy việc lựa chọn phương pháp thế nên được ưu tiên hơn khi giải bài này. Chúng ta có thể tìm y theo x như trong cách 1, hay tìm x theo y bằng cách sử dụng phương trình thứ 2. Bài tập tương tự.   7x − 3y = 4 1) Giải hệ phương trình . Tính P = (x − y)2017 với x, y vừa tìm được.  4x + y = 5 2) Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0. a) Giải phương trình đã cho với m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa x1 − x2 = 4. Đáp án: 1) x = 1, y = 1,P = 0; 2) a)x ∈ {−1; 3}; b) m = 0. Bài 4 Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày? Phân tích. Lời giải. Gọi x, y (ngày) lần lượt là thời gian đội I và đội II đắp xong đê (x > y > 6). Khi đó: 1 1 Trong một ngày, đội I làm được (công việc), đội II làm được (công việc). x y Theo đề bài ta có:  1 1 1     + = x = 18 x y 6 ⇔    x − y = 9 y = 9 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 19/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 5 Tam giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH⊥AB, (H ∈ AB). MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10cm, AB = 12cm. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn; b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 = NE.ND và AC.BE = BC.AE; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Phân tích. Câu a) yêu cầu tính MH và bán kính R của đường tròn. Ta thấy MH là cạnh góc vuông của tam giác MHA vuông tại H. Trong tam giác này ta đã biết độ dài cạnh MA, và có thể tính độ dài của AH. Áp dụng định lý Pi-ta-go ta sẽ tính được MH.Để tính R, ta sẽ tính độ dài đường kính MN trước. Ta thấy MN là cạnh huyền của tam giác MBN vuông tại B. Trong tam giác này ta đã biết độ dài cạnh MB. Như vậy, ta cần tìm 1 tỷ số lượng giác của MNB◊hay NMB◊là sẽ tính được MN. Câu b) có 3 ý. 1. Ý 1 yêu cầu chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp. Ta thấy ngay rằng MHE◊= 90◦, do đó ta sẽ cần chứng minh thêm MDE◊= 90◦ và điều này là dễ dàng vì MDE◊chắn nửa đường tròn. 2. Ý 2 yêu cầu chứng minh hệ thức NB2 = NE.ND. Để chứng minh hệ thức này ta nghĩ đến việc chứng minh 2 tam giác NBE và NDB đồng dạng. Hai tam giác đã có chung MND◊, ta cần chứng minh thêm 2 góc tương ứng bằng nhau nữa là có thể giải quyết được bài toán. Ở đây ta dễ dàng chứng minh EBN÷ = NDB◊(do đây là hai góc nội tiếp đường tròn chắn hai cung bằng nhau). 3. Ý 3 yêu cầu chứng minh hệ thức AC.BE = BC.AE. Ở đây ta thấy các đoạn thẳng AC, BE, BC, AE cùng nằm trên một đường thẳng, do đó việc chứng minh trực tiếp là EB CB bế tắc. Ta sẽ chứng minh = bằng cách tìm thêm một tỷ số để chứng minh gián EA CA EB DB CB DB tiếp. Ta thấy rằng = và = do tính chất của đường phân giác trong và EA DA CA DA đường phân giác ngoài của tam giác DAB. Như vậy bài toán đã được giải quyết. Câu c) yêu cầu chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Như vậy ta cần xác định được tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE và sau đó chứng minh BK⊥NB. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 20/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 M I D O K A H E B C N Lời giải. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn. MH là đường cao của ∆MAB cân tại M ⇒ MH là đường trung trục của AB ⇒ H là trung điểm của AB. 1 ⇒ AH = AB = 6(cm). 2 Trong ∆MAH vuông tại H: MA2 = MH2 + AH2 (Định lý Pi-ta-go) ⇒MH2 = MA2 − AH2 = 102 − 62 = 64 ⇒MH = 8(cm). Lại có: OA = OB = R ⇒ O nằm trên đường trung trực của AB, hay O ∈ MH. ⇒ O ∈ MN ⇒ MN là đường kính của đường tròn (O) ⇒ MBN◊= 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ∆MNB vuông tại B. Ta có: MNB◊= MAB◊(góc nội tiếp cùng chắn cung MB) ⇒ sin MNB◊= sin MAB◊ MB MH Mà: sin MNB◊= (trong ∆MNB vuông tại B); sin MAB◊= (trong ∆MAH vuông MN MA tại H) MB MH ⇒ = MN MA MB.MA 10.10 25 ⇒ MN = = = (cm) MH 8 2 1 25 ⇒ R = MN = (cm) (MN là đường kính của đường tròn (O)). 2 4 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 21/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 b) Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và NB2 = NE.ND, AC.BE = BC.AE. Tứ giác MDEH có; MHE◊+ MDE◊= 90◦ + 90◦ = 180◦. ⇒ Tứ giác MDEH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau). _ _ Do AN = NB (N nằm trên đường trung trực của AB) nên suy ra AN=NB. _ _ _ _ Trong đường tròn (O), góc ABN÷ chắn cung AN, góc NDB◊chắn cung NB, mà AN=NB ⇒ ABN÷ = NDB◊.   MND◊chung ∆NBE v ∆NDB(g − g) do:  ABN÷ = NDB◊ NB NE ⇒ = ND NB ⇒ NB2 = ND.NE. _ _ _ _ Trong đường tròn (O), góc ADN÷ chắn cung AN, góc NDB◊chắn cung NB, mà AN=NB ⇒ ADN÷ = NDB◊ ⇒ DE là tia phân giác của ADB÷ ⇒ DE là đường phân giác trong ∆ADB EB DB ⇒ = (1). EA DA Mà DE ⊥ DC (do NDM◊= 90◦ - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ DC là đường phân giác ngoài của ∆ADB CB DB ⇒ = (2). CA DA EB CB (1), (2) ⇒ = EA CA ⇒ CA.EB = EA.CB. c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆BDE. Gọi I là điểm nằm trên MB sao cho IEkMH, suy ra IE ⊥ AB tại B (do MH ⊥ AB) ⇒ ∆IEB vuông tại E. ⇒ ∆IEB nội tiếp trong đường tròn tâm K, đường kính IB (với K là trung điểm IB). _ Ta có: BIE’ = NMB◊(hai góc so le trong) = NDB◊(hai góc cùng chắn cung NB) ⇒ Tứ giác IEDB nội tiếp trong đường tròn ngoại tiếp ∆IEB ⇒ Tứ giác IEDB nội tiếp trong đường tròn tâm K, đường kính IB ⇒ ∆EDB nội tiếp trong đường tròn tâm K, bán kính KB. Mà: NB ⊥ MB (do NBM◊= 90◦) ⇒ NB ⊥ KB ⇒ NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆EDB. Bình luận. Câu a) ý 1 là câu cơ bản, học sinh có thể thấy ngay hướng giải quyết. Ý 2 nâng cao GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 22/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 hơn một chút, học sinh phải nắm vững các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông. Một kinh nghiệm rút ra qua câu này là khi gặp các bài tập yêu cầu tính đoạn thẳng, ta quan sát xem đoạn thẳng đó là cạnh của tam giác vuông nào, từ đó áp dụng các hệ thức thích hợp để tính. Câu b) ý 1 là câu cơ bản. Ý 2 học sinh có thể nhanh chóng tìm ra hướng giải nhưng gặp khó khăn khi thực hiện. Ở đây ta chọn chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp g-g do ta thấy hai tam giác đã có một góc chung, loại trường hợp c-g-c do hệ thức về cạnh là điều ta cần chứng minh. Ý 3 yêu cầu học sinh phải biết nhận xét và chuyển hướng tư duy khi gặp khó khăn. Câu c) là một câu nâng cao. Việc tìm tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE là không dễ dàng. Ta có thể nhận xét rằng K phải thuộc MB (do ta cần chứng BK⊥NB, mà BM⊥NB). Mặt khác, K thuộc trung trực của EB. Như vậy ta có thể xác định được vị trí điểm K. Đề 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD và ĐT Bình Định 2017 - 2018 (đề thường) Bài 1 √ √ x x − 1 x x + 1 x + 1 Cho biểu thức: A = √ − √ + √ x − x x + x x a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A = 4. Phân tích. Nếu để ý một chút, ta sẽ thấy ngay tử số của hai phân số đầu tiên là một hằng đẳng thức, phân tích nhân tử theo hằng đẳng thức đó ta sẽ rút gọn được mẫu số và đưa cả ba phân số về cùng một mẫu số ngay. Lời giải. Với điều kiện x > 0, x 6= 1. a) √ √ x x − 1 x x + 1 x + 1 A = √ − √ + √ x − x x + x x √ √ √ √ ( x − 1) (x + x + 1) ( x + 1) (x − x + 1) x + 1 = √ √ − √ √ + √ x ( x − 1) x ( x + 1) x √ √ x + x + 1 x − x + 1 x + 1 = √ − √ + √ x x x √ x + 2 x + 1 = √ x √ x + 2 x + 1 √ √ √ b) A = 4 ⇔ √ = 4 ⇔ x − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (không x thỏa điều kiện xác định). Vậy không có giá trị nào của x để A = 4. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 23/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bình luận. Đây là một câu khá cơ bản, học sinh chỉ cần nắm vững một số phương pháp rút gọn biểu thức là có thể làm được. Ở bài này, nếu học sinh làm theo thói quen là thấy mẫu số của hai phân số đầu tiên là liên hợp của nhau và cả ba phân số này khi quy đồng thì mẫu chung khá đơn giản thì kết quả vẫn sẽ ra nhưng tính toán khá phức tạp, do đó khi làm bài học sinh cần quan sát kỹ trước khi làm bài. Ở câu b) nếu học sinh không để ý điều kiện xác định thì sẽ giải ra sai nghiệm. Bài tập tương tự. √ √ Çx x − 1 x x + 1å x − 1 Cho biểu thức A = √ − √ √ . x − x x + x 2 (x − 2 x + 1) a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A = 2. Đáp số: √ x + 1 a) √ . b) x = 9. x − 1 Bài 2 Cho Parabol (P ): y = x2 và đường thẳng (d): y = (2m − 1)x − m + 2 (m là tham số). a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P ) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1); B(x2; y2) thỏa x1y1 + x2y2 = 0. Phân tích. a) Đối với dạng toán về sự tương giao (giao điểm của hai đồ thị hàm số) thì số điểm chung của hai đồ thị luôn bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Vì vậy, để chứng minh hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt ta chỉ cần chứng minh phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là chứng minh biệt thức ∆ của phương trình hoành độ giao điểm có giá trị dương với mọi m ∈ R. b) Ở câu trước ta đã chứng minh được hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Vì vậy ta chỉ cần giải quyết điều kiện x1y1 + x2y2 = 0. Do đây là một biểu thức đối xứng nên ta nghĩ 2 2 ngay đến định lý Vi-ét. Để ý thêm là hai điểm A, B ∈ (P ) nên y1 = x1, y2 = x2. Lời giải. a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là: x2 = (2m − 1)x − m + 2 ⇔ x2 − (2m − 1)x + m − 2 = 0 (*) 2 Ta có: ∆ = (2m − 1)2 − 4m + 8 = 4m2 − 8m + 9 = (2m − 2) + 1 > 0, ∀m ∈ R. Do đó (*) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy (d) và (P ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 24/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 b) Theo câu a) thì (d) luôn cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A(x1; y1); B(x2; y2) và x1, x2 là nghiệm của phương trình (*).   x1 + x2 = 2m − 1 Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  x1.x2 = m − 2 2 2 Do A, B ∈ (P ) nên y1 = x1, y2 = x2. Do đó: x1y1 + x2y2 = 0 3 3 ⇔ x1 + x2 = 0 Ä 2 2ä ⇔ (x1 + x2) x1 − x1.x2 + x2 = 0 2 2 ⇔ x1 + x2 = 0 (Do phương trình có hai nghiệm phân biệt nên x1 − x1x2 + x2 > 0) ⇔ 2m − 1 = 0 1 ⇔ m = 2 1 Vậy m = là giá trị cần tìm của m. 2 Bình luận. a) Đây là dạng toán khá dễ và thường gặp, tuy nhiên học sinh cần để ý để không nhầm lẫn về điều kiện của ∆. Ở đây, điều kiện là ∆ > 0, tránh nhầm lẫn với ∆ ≥ 0. b) Các dạng toán ứng dụng định lí Vi-et trong phương trình bậc hai là các dạng thường gặp và xuất hiện thường xuyên trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Đối với bài toán này, cần để ý rằng 2 để tính y1, y2 có hai cách là dùng hàm y = x hoặc hàm y = (2m − 1)x − m + 2. Tuy nhiên, vì hàm y = x2 đơn giản hơn nên ta nên tính theo hàm y = x2. Cần chú ý thêm rằng biểu thức 2 2 có dạng x1 − x1x2 + x2, (x1 6= x2) luôn dương để các phép biến đổi về sau được đơn giản hơn mà không cần phân tích về tổng tích biểu thức này nữa. Bài tập tương tự. Cho Parabol (P ): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(2m + 1)x − 3m2 + 4 (m là tham số). a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P ) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1); B(x2; y2) 2 2 thỏa x1 + x2 − 2x1x2 = 8. Đáp số: b) m = −1 ∨ m = −3. Bài 3 Hai thành phố A và B cách nhau 450 km. Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi trong một thời gian dự định. Khi đi, ô tô tăng vận tốc hơn dự kiến 5 km/giờ nên đã đến B sớm hơn 1 giờ so với thời gian dự định. Tính vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 25/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Phân tích. Ta nhận thấy ngay đây là một câu "giải bài toán bằng cách lập phương trình" quen thuộc. Ở đây vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là đại lượng chưa biết nên ta sẽ đặt là x. Dựa vào mối liên hệ về thời gian dự định và thời gian thực tế khi ô tô tăng vận tốc ta sẽ thiết lập được phương trình theo x. Lời giải. Gọi vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là x (km/h), x > 0. Vận tốc khi đi của ô tô là x + 5 (km/h). 450 Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B là (h) x 450 Thời gian ô tô thực tế đi từ A đến B là (h) x + 5 Vì khi đi ô tô đến B sớm hơn dự định 1 giờ nên:  450 450 x = 45 2  − = 1 ⇔ 450(x + 5) − 450x = x(x + 5) ⇔ x + 5x − 2250 = 0 ⇔  . x x + 5 x = −50 Do x > 0 nên x = 45. Vậy vận tốc ô tô dự định ban đầu là 45 (km/h). Bình luận. Để giải được bài toán này, học sinh cần nắm được kiến thức liên quan đến vật lý. Ở đây là mối liên hệ giữa vận tốc, quãng đường và thời gian. Cần chú ý thêm rằng, vì x là đại lượng vận tốc nên luôn nhận giá trị dương, điều này giải thích cho việc cần phải loại nghiệm x = −50. Tuy nhiên, nhìn chung thì đây vẫn là một bài toán tương đối cơ bản. Bài tập tương tự. Một Ô tô khách và một Ô tô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B. Đường dài 180 km, do vận tốc của Ô tô khách lớn hơn Ô tô tải 10 km/h nên Ô tô khách đến B trước Ô tô tải 36 phút. Tính vận tốc của mỗi Ô tô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi Ô tô không đổi. Đáp số: Vận tốc xe khách: 60 km/h. Vận tốc xe tải: 50 km/h. Bài 4 Cho đường tròn (O), dây BC không phải là đường kính. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở A. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C), gọi I, H, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh: a) Các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp. b) MI2 = MK.MH. c) BM cắt IK tại D, CM cắt IH tại E. Chứng minh DE k BC. Phân tích. a) Để ý tới các dữ kiện liên quan tới đường vuông góc hạ từ M ta nhận thấy ngay các tứ giác BKMI, CHMI có tổng hai góc đối diện bằng 180◦. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 26/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 b) Từ đẳng thức MI2 = MK.MH có thể suy ra một trong hai đẳng thức tương ứng sau: MI MK MI MH = hoặc = . MH MI MK MI Cả hai đẳng thức đều dẫn ta đến một cặp tam giác đồng dạng. Chẳng hạn ta chọn đẳng thức MI MK = thì dẫn ta đến cặp tam giác đồng dạng là ∆MIK và ∆MHI. MH MI Vận dụng các tứ giác nội tiếp ở câu a) và đường tròn cho trước trong giả thiết ta sẽ thu được các góc nội tiếp tương ứng bằng nhau phục vụ cho việc chứng minh hai tam giác nói trên đồng dạng. c) Dễ dàng dự đoán được hai góc đồng vị cần chứng minh bằng nhau là MCI÷ = DEM◊. Tuy nhiên, để làm được điều này cần tới tứ giác IDME nội tiếp. Vận dụng mối liên hệ về góc nội tiếp, góc chắn giữa tiếp tuyến và dây cung ở các tứ giác nội tiếp đã được chứng minh trong câu b) và đường tròn tâm O cho sẵn ta có thể chứng minh được tứ giác IDME có tổng hai góc đối DIE÷ + DME◊= 180◦. Lời giải. a) Chứng minh các tứ giác BKMI, B K CHMI nội tiếp. Vì MKB◊ = 90◦ và MIB÷ = 90◦ nên M A I MKB◊+ MIB÷ = 180◦. ⇒ BKMI là tứ giác nội tiếp. O Vì MHC◊ = 90◦ và MIC÷ = 90◦ nên H MHC◊+ MIC÷ = 180◦. ⇒ CHMI là tứ giác nội tiếp. C b) Chứng minh MI2 = MK.MH. Vì tứ giác MKBI nội tiếp nên KIM÷ = KBM◊(cùng chắn cung MK˘). Trong đường tròn (O) có KBM◊= MCI÷ (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MB˘). Vì tứ giác MHCI nội tiếp nên MCI÷ = MHI÷ (góc nội tiếp cùng chắn MI¯). Suy ra KIM÷ = MHI÷ . Tương tự: MIH÷ = MCH◊(góc nội tiếp cùng chắn cung MH˘). MCH◊= IBM÷ (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC˘). IBM÷ = IKM÷ (góc nội tiếp cùng chắn cung MI¯). Suy ra: MIH÷ = IKM÷ . Xét ∆MIK và ∆MHI có:   KIM÷ = MHI÷  MIH÷ = IKM÷ GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 27/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 B ⇒ ∆MIK v ∆MHI (g − g). K MI MK Suy ra: = D MH MI ⇒ MI2 = MK.MH. M A I c) Chứng minh DE k BC. O E Ta có KIM÷ = MCI÷ (vì cùng bằng H MHI÷ ). MIH÷ = IBM÷ (vì cùng bằng IKM÷ ). C Do đó: DIE÷ + DME◊= KIM÷ + MIH÷ + DME◊= MCI÷ + IBM÷ + DME◊= 180◦ (Tổng ba góc của ∆MBC). ⇒ Tứ giác MDIE nội tiếp. ⇒ DEM◊= KIM÷ (góc nội tiếp cùng chắn cung MD˘). Mà KIM÷ = MCI÷ ⇒ DEM◊= MCI÷. Mặt khác, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DE k BC. Bình luận. a) Đây là một trong những dạng điển hình và cơ bản về việc chứng minh một tứ giác là nội tiếp, dạng này thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 ở câu hình học. b) Việc chứng minh một đẳng thức trong hình học lớp 9 thường được quy về việc chứng minh hai tam giác đồng dạng. Đối với dạng toán này, học sinh cần nắm vững các tính chất liên quan đến góc nội tiếp, góc chắn bởi tiếp tuyến và dây cung để vận dụng trong nhiều tứ giác nội tiếp khác nhau nhằm tạo ra mối liên hệ bắc cầu của những góc phục vụ cho việc chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp g - g. Nhìn chung đây là dạng toán không quá dễ và đòi hỏi học sinh phải nắm kiến thức ở mức độ vận dụng (thấp). c) Đây vẫn là dạng toán cần tới mối liên hệ giữa các góc nội tiếp và góc chắn bởi tiếp tuyến và dây cung nhưng ở mức độ cao hơn câu trước. Mấu chốt của bài toán này nằm ở chỗ chứng minh được tứ giác MDIE nội tiếp. Để làm được điều đó, đòi hỏi học sinh phải nhận ra được mối liên hệ của tổng DIE÷ + DME◊= MCI÷ + IBM÷ + DME◊. Đây cũng là chìa khóa của bài toán này. Bài 5 Cho a, b, c ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng: a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ 1. Phân tích. Đây là dạng toán chứng minh bất đẳng thức không đối xứng kèm theo điều kiện biên của các biến. Dựa vào điều kiện biên ta dễ nhận thấy ngay 1 − a ≥ 0; 1 − b ≥ 0, 1 − c ≥ 0, nhân các đại lượng 1 − a; 1 − b, 1 − c với nhau và kết hợp thêm sự đánh giá b2 ≤ b, c3 ≤ c sẽ cho ta lời giải của bài toán trên. Cụ thể ta có lời giải như sau: GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 28/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Lời giải. Vì a, b, c ∈ [0; 1] nên: 1 − a ≥ 0; 1 − b ≥ 0, 1 − c ≥ 0 Do đó: (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ 0 ⇔ 1 − a − b − c + ab + bc + ca − abc ≥ 0 ⇔ a + b + c − ab − bc − ca + abc ≤ 1. (1) Vì a, b, c ∈ [0; 1] nên b2 ≤ b, c3 ≤ c; a, b, c ≥ 0 ⇒ a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ a + b + c − ab − bc − ca + abc (2) Từ (1) và (2) suy ra: a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ 1. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bình luận. Đây là dạng toán khó, thường xuất hiện trong các câu phân loại trong các kì thi lớn, kể cả kì thi tuyển sinh đại học. Thường thì không có một phương pháp chung nào có thể giải quyết các bài toán như vậy mà tùy thuộc vào sự nhạy bén của người giải. Tuy nhiên, dựa vào dữ kiện đề bài cho ta có thể đưa ra được định hướng ban đầu cho bài toán. Cụ thể, trong bài toán này ta sử dụng phương pháp đánh giá điều kiện biên. Cần chú ý thêm rằng việc nhân các bất đẳng thức cùng chiều chỉ đúng khi các vế của bất đẳng thức không âm. Đề 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD và ĐT Bắc Giang 2017-2018 Bài 1 √ √ √ a) Tính giá trị của biểu thức A = 25 + 3 8 − 2 18. b) Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K (2; 3) . Phân tích. Đối với câu a) để tính giá trị của biểu thức chứa căn, ta dùng phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn và thực hiện rút gọn. Đối với câu b) ta cần nhớ để đồ thị hàm số đi qua một điểm cho trước thì tọa độ của điểm đó phải thỏa phương trình của hàm số, khi đó ta có thể đưa ra lời giải. Lời giải. √ √ √ √ √ a) A = 25 + 3 8 − 2 18 = 5 + 6 2 − 6 2 = 5. Vậy A = 5. b) Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K (2; 3) nên ta có: 2.2 + m = 3 ⇔ m = −1. Vậy m = −1 là giá trị cần tìm. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 29/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bình luận. Câu a) là một bài tập khá đơn giản ở dạng tính giá trị của một biểu thức chứa căn, HS chỉ cần nhớ phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn và tính toán cẩn thận. Câu b) khá dễ, yêu cầu HS nhớ được điều kiện để đồ thị hàm số đi qua một điểm cho trước khi biết tọa độ của điểm đó. Bài tập tương tự. √ 3√ √ 1. Tính giá trị của biểu thức B = 3 3 + 12 − 48. 2 1 2. Tìm m để đồ thị của hàm số y = (2m − 1) x + 5, m 6= đi qua điểm A(6; −2). 2 Đáp án √ 1. 2 3. 1 2. m = − . 12 Bài 2   3x + y = 10 1. Giải hệ phương trình .  2x − 3y = 3 √ √ √ Çx x + x + x x + 3å x − 1 2. Cho biểu thức B = √ − √ . √ x x − 1 1 − x 2x + x − 1 1 (với x ≥ 0; x 6= 1 và x 6= ). Tìm tất cả các giá trị của x để B < 0. 4 3. Cho phương trình x2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. 1 a) Giải phương trình (1) khi m = − . 2 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 sao √ √ cho biểu thức P = | x1 − x2| đạt giá trị nhỏ nhất. Phân tích. Câu 1 yêu cầu giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, ta có thể dùng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Đối với câu 2 để tìm các giá trị m thỏa B < 0 thì trước hết ta phải rút gọn bểu thức chứa căn. Quan sát thấy biểu thức B chứa nhiều phân thức, ta sẽ nghĩ ngay đến hướng tìm mẫu chung để quy đồng hoặc phân tích thành nhân tử để rút gọn. Đối với bài này, ta thấy việc phân tích thành nhân tử để rút gọn thực hiện dễ dàng hơn. Câu 3 bao gồm 2 ý, ở ý a) ta có thể giải phương trình bậc 2 bằng cách sử dụng công thức nghiệm, hay phân tích thành nhân tử. Đối với ý b) là dạng bài tập tìm điều kiện m để nghiệm phương trình bậc hai thỏa yêu cầu cho trước có lồng ghép thêm yếu tố giá trị nhỏ nhất. Trước hết, ta sử dụng điều kiện có nghiệm của GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 30/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 phương trình và vận dụng hệ thức Vi-ét để đánh giá phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 2 x1, x2, đồng thời biến đổi P về biểu thức chỉ chứa m, sau đó đánh giá giá trị nhỏ nhất của biểu thức thông qua việc sử dụng hằng đẳng thức. Bài toán có thể giải quyết một cách dễ dàng. Lời giải. 1. Cách 1: Dùng phương pháp cộng đại số:       3x + y = 10 9x + 3y = 30 11x = 33 ⇔ ⇔    2x − 3y = 3 2x − 3y = 3 3x + y = 10     x = 3 x = 3 ⇔ ⇔ .   3.3 + y = 10 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 1). Cách 2: Dùng phương pháp thế:         y = 10 − 3x y = 10 − 3x y = 10 − 3x x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ .     2x − 3y = 3 2x − 3 (10 − 3x) = 3 11x = 33 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 1). 1 2. Với x ≥ 0; x 6= 1; x 6= , ta có: 4 √ √ √ Çx x + x + x x + 3å x − 1 B = √ − √ . √ x x − 1 1 − x 2x + x − 1 √ √ √ √ √ ñ x (x + x + 1) x + 3ô ( x + 1) ( x − 1) = √ √ + √ . √ √ ( x − 1) (x + x + 1) x − 1 ( x + 1) (2 x − 1) √ √ √ Ç x x + 3å x − 1 = √ + √ . √ x − 1 x − 1 2 x − 1 √ √ 2 x + 3 x − 1 = √ . √ x − 1 2 x − 1 √ 2 x + 3 = √ . 2 x − 1 Khi đó: √ 2 x + 3 B 0ä √ 1 ⇔ x < 2 1 ⇔ 0 x < . 6 4 1 So sánh điều kiện đề bài ta có với 0 x < thì B < 0. 6 4 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 31/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 3. a) Phương trình x2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0. (1) 1 Khi m = − , phương trình (1) trở thành: 2   x = 0 x = 0 2   x − 4x = 0 ⇔ x (x − 4) = 0 ⇔  ⇔  . x − 4 = 0 x = 4 1 Vậy khi m = − thì phương trình (1) có tập nghiệm S = {0; 4}. 2 b) Ta có ∆ = (2m + 5)2 − 4 (2m + 1) = 4m2 + 12m + 21 = (2m + 3)2 + 12 > 0, ∀m. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2.   x1 + x2 = 2m + 5 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: .  x1x2 = 2m + 1 Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:     x1 + x2 > 0 2m + 5 > 0 1 ⇔ ⇔ m > − .   2 x1x2 > 0 2m + 1 > 0 Ta có: 2 √ √ 2 P = ( x1 − x2) √ = (x1 + x2) − 2 x1x2 √ = 2m + 5 − 2 2m + 1 √ = Ä2m + 1 − 2 2m + 1 + 1ä + 3 √ 2 = Ä 2m + 1 − 1ä + 3 ≥ 3. √ ⇒P ≥ 3 (do P > 0) . Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi √ √ 2m + 1 − 1 = 0 ⇔ 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 (thỏa mãn điều kiện). √ Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó min P = 3. Bình luận. Câu 1) là bài toán cơ bản, không yêu cầu cao về mặt tư duy, HS chỉ cần nắm vững và lựa chọn phương pháp phù hợp để giải quyết bài toán một cách gọn nhất. Câu 2) là bài toán yêu cầu học sinh nhanh mắt và tinh ý khi quan sát để lựa chọn hướng đi để rút gọn biểu thức B một cách nhanh gọn. Đồng thời bài toán cũng lồng ghép thêm giải bất phương trình, tuy nhiên ở mức độ khá đơn giản. Câu 3 ý a) cũng là bài toán cơ bản về giải phương trình tích. Ở ý b) , việc lồng ghép nhiều kiến thức vào một bài toán sẽ đưa đến sự phân loại tốt hơn và gây khó khăn cho học sinh khi phải biết vận dụng linh hoạt giữa các kiến thức đó. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 32/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài tập tương tự.   3x − 2y = 55 1. Giải hệ phương trình .  x + 3y = −2 √ √ √ √ Ç x − 2 x + 2 6x å x x − x 2. Cho biểu thức A = √ − √ + . √ (với x ≥ 0, x 6= 1). Tìm tất x + 1 x − 1 x − 1 x − 1 cả các giá trị của x để A > 0. 3. Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0 (2), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (2) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu x + x 1 2 thức P = đạt giá trị lớn nhất. x1 − x2 Đáp án 1. (x; y) = (1; −1). 2. x ≥ 0; x 6= 1. 3. a) S = −1; 3. √ 5 b) m = 4; maxP = . 2 Bài 3 Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp. Phân tích. Trước hết ta dựa vào yêu cầu của bài toán để gọi ẩn và đưa các giả thiết của đề bài biểu diễn thành các phương trình theo hai ẩn đó. Phương trình thứ nhất được lập dựa trên tổng số sách ủng hộ của hai lớp 9A và 9B. Phương trình thứ hai được lập dựa trên số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo. Lời giải. Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (x, y ∈ N ∗) . Ta có: Mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo nên lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo. Mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo nên lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 33/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo nên ta có: 6x + 3x + 5y + 4y = 738 ⇔ 9x + 9y = 738. Số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển nên ta có: (6x + 5y) − (3x + 4y) = 166 ⇔ 3x + y = 166. Khi đó, ta có hệ phương trình sau:       9x + 9y = 738 x + y = 82 x = 42 ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện).    3x + y = 166 3x + y = 166 y = 40 Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh. Bình luận. Đây là bài toán thực tế giải dựa trên phương pháp đặt ẩn và giải phương trình, hệ phương trình. Học sinh cần đọc kĩ đề bài, đặc biệt là yêu cầu của bài toán để đặt ẩn với điều kiện hợp lý, lưu ý các giả thiết của đề bài để tìm ra các mối liên hệ giữa các đại lượng. Đồng thời yêu cầu học sinh thành thạo trong việc giải phương trình, hệ phương trình. Bài tập tương tự. Một hiệu sách A có bán hai loại sách: Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 11 và Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 11. Trong một ngày, hiệu sách A bán được 60 cuốn mỗi loại trên theo giá bìa, thu được số tiền là 3 300 000 đồng và lãi được 420 000 đồng. Biết rằng mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 11 lãi 10% giá bìa, mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 11 lãi 15% giá bìa. Hỏi giá bìa mỗi cuốn sách đó là bao nhiêu. Đáp án Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là 25000 đồng. Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là 30000 đồng. Bài 4 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC). a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh CE.CB = CK.CA. c) Chứng minh OCA÷ = BAE.÷ d) Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T ), biết R = 3 cm. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 34/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Phân tích. Câu a) dễ nhận ra tại sao tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn, bằng cách dựa trên dấu hiệu của tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại một góc bằng nhau) và giả thiết hai đường cao của tam giác ABC. Đối với câu b), ta nghĩ ngay đến chứng minh hai tam giác đồng dạng. Khi đó ta thử biến đổi đẳng thức của đề bài về dạng tỉ lệ thức giữa các cặp cạnh của hai tam giác. Đến đây ta thấy ngay cần phải chứng minh ∆CEA v ∆CKB (g-g). Đối với câu c) chứng minh hai góc nội tiếp của đường tròn (C) bằng nhau, ta hướng đến dùng phương pháp bắc cầu qua các góc nội tiếp khác trong các tứ giác nội tiếp, áp dụng linh hoạt các mối quan hệ giữa các góc trong các tam giác đặc biệt. Để làm được dễ dàng ta sẽ vẽ thêm đường kính AD và chú ý các tam giác vuông AEB, ACD, tam giác cân AOC. Ta sẽ thấy được hai góc BAE,÷ OCA÷ cùng phụ với cặp góc bằng nhau ABE,÷ ADC.÷ Ở câu d) để chứng minh H thuộc một đường tròn cố định, ta cần xác định các yếu tố cố định và tìm được tâm và bán kính của đường tròn đó. Để thực hiện được, ta cần dựng điểm I đỗi xứng với O qua BC, khi đó I cố định. Dự đoán H thuộc đường tròn tâm I, bán kính bằng R không đổi. Ta lần lượt chứng minh tứ giác BHCD, AHIO là hình bình hành, khi đó bài toán sẽ được giải quyết. Lời giải. A K H O B C E D a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn. Tứ giác ABEK có ABE÷ = 90◦ (do AE ⊥ BC), AKB÷ = 90◦ (do BK ⊥ AC). Khi đó tứ giác ABEK nội tiếp được một đường tròn (theo dấu hiệu: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại một góc bằng nhau). b) Chứng minh CE.CB = CK.CA. Xét ∆CEA và ∆CKB, ta có: ACB÷ chung, CEA÷ = CKB÷ = 90◦. Suy ra ∆CEA v ∆CKB (g-g). CE CA ⇒ = ⇒ CE.CB = CK.CA. CK CB GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 35/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 c) Chứng minh OCA÷ = BAE.÷ Vẽ đường kính AD của (O). Ta có ∆ABE vuông tại E nên BAE÷ + ABE÷ = 90◦. Mặt khác, ABE÷ = ADC÷ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) nên BAE÷ + ADC÷ = 90◦. (1) Xét ∆ACD có ACD÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ADC÷ + CAD÷ = 90◦, mà CAD÷ = OCA÷ (do ∆OAC cân tại O) nên ADC÷ + OCA÷ = 90◦. (2) Từ (1) và (2) suy ra BAE÷ = OCA.÷ d) Chứng minh H thuộc một đường tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T ). A K H O B N E C I D Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, OI cắt BC tại N. Khi đó N là trung điểm của OI, BC và các điểm I,N cố định. Ta có BH k CD (do cùng vuông góc với AC) và CH k BD (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCD là hình bình hành. Suy ra N là trung điểm BC thì N cũng là trung điểm của DH. Từ đó suy ra ON là đường trung bình của ∆AHD. ⇒ AH = 2ON. ⇒ AH = OI (= 2ON). Ta lại có, AH k OI (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AHIO là hình bình hành. Suy ra r = IH = OA = R = 3 cm. Do đó, H thuộc đường tròn (I; 3) cố định. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 36/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bình luận. Đây là bài toán khá quen thuộc với các dữ kiện tam giác nhọn nội tiếp đường tròn và các đường cao trong tam giác đó. Do đó việc nhận biết và giải quyết các ý a), b) là khá đơn giản không mang tính thách đố cao. Câu c) để giải quyết được, học sinh phải liên hệ tốt các mối quan hệ giữa các góc nội tiếp trong đường tròn, các góc trong tam giác đặc biệt. Khi đó mới có thể vẽ thêm yếu tố đường kính của đường tròn để hoàn thành lời giải. Đặc biệt câu d) là câu hỏi nâng cao ở dạng quỹ tích của một điểm khi có yếu tố di động. Học sinh phải quan sát được các yếu tố cố định và dự đoán được H di động trên đường tròn cố định nào, xác định được tâm cố định và bán kính không đổi rồi mới có thể dựng thêm các yếu tố phụ để giải quyết bài toán. Khi nhìn ra được thì quá trình chứng minh hết sức đơn giản với các kiến thức đường trung bình trong tam giác và tích chất của hình bình hành. Bài 5 Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 2a + 3b 6 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2002 2017 Q = + + 2996a − 5501b. a b Phân tích. Quan sát từ giả thiết bài toán cho hai số thực dương a, b và biểu thức Q, giúp ta hướng ngay đến việc tìm giá trị nhỏ nhất thông qua áp dụng bất đẳng thức Cô-si. Dự đoán dấu 1 ” = ” xảy ra khi a = ; b = 1. Để "bảo toàn" được dấu bằng khi sử dụng Cô-si, ta sẽ chọn số 2 2002   = αa α = 8008  a  α, β sao cho 2017 ⇒ .  = βb β = 2017  b  Lời giải. 2002 2017 Q = + + 2996a − 5501b a b Ç2002 å Ç2017 å = + 8008a + + 2017b − 2506 (2a + 3b) . a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a + 3b 6 4, ta có: 2002 2017 Q ≥ 2. .8008a + 2. .2017b − 2506.4 ≥ 8008 + 4034 − 10024 = 2018. a b 2002   = 8008a   a  1 2017 a = Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi: = 2017b ⇔ 2 .  b   b = 1  2a + 3b = 4   1 a = Vậy min Q = 2018 ⇔ 2 .  b = 1 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 37/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bình luận. Với dạng toán này, khi chọn được điểm rơi thì việc biến đổi tương đối đơn giản, áp dụng bất đẳng thức Cô-si quen thuộc và từ giả thiết của bài toán để hoàn thành bài giải. Bài tập tương tự. Cho a ≥ 10, b ≥ 100, c ≥ 1000. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 P = a + + b + + c + . a b c Đáp án 1110111 Min P = đạt được khi a − 10, b = 100, c = 1000. 1000 Đề 5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017 Bài 1   2x = 4 1) Giải hệ phương trình  x + y = 5. x − 2 1 1 2) Rút gọn biểu thức P = √ − √ + √ , với x > 0. x + 2 x x x + 2 Phân tích. 1) Đây là một hệ phương trình quen thuộc, đã được đưa về dạng tổng quát của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Theo như chương trình học thì có 2 phương pháp để giải hệ này: cộng đại số và phương pháp thế. Nhưng trong trường hợp cụ thể này ta nên dùng phương pháp thế bởi từ phương trình đầu tiên ta có thể dễ dàng tìm được x rồi thế vào phương trình thứ hai để tìm y. 2) Khi quan sát mẫu của các các hạng tử trong biểu thức P , ta thấy tích của mẫu phân thức thứ hai và thứ ba chính là mẫu của phân thức thứ nhất. Thấy được mối liên hệ này, ta có thể đoán ngay phương pháp giải bài này là đi theo con đường quy đồng rồi rút gọn. Lời giải. 1)       2x = 4 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔    x + y = 5 y = 5 − x y = 3. Tập nghiệm của hệ phương trình: S = {(2; 3)}. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 38/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 2) x − 2 1 1 P = √ − √ + √ x + 2 x√ x √x + 2 x − 2 − x − 2 + x = √ √ x( x + 2) x − 4 = √ √ √x( x +√ 2) ( x − 2)( x + 2) = √ √ √ x( x + 2) x − 2 = √ x √ x − 2 Vậy P = √ với x > 0. x Bình luận. Bài này nhằm mục đích "khởi động làm nóng não" cho học sinh. Bài tập tương tự.   3x = 9 1) Giải hệ phương trình  2x + 5y = 11. x − 12 1 1 2) Rút gọn biểu thức P = √ − √ − √ . x + 3 x x x + 3 Bài 2 Cho phương trình x2 − 2mx + m2 − 1 = 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1, x2 là 3 2 2 hai nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x1 − 2mx1 + m x1 − 2 3 2 2 và x2 − 2mx2 + m x2 − 2 là nghiệm. Phân tích. 1) Khi thay m = 2 vào phương trình (1), ta được một phương trình bậc hai một ẩn dạng tổng quát. Ở đây nếu học sinh nào tinh ý nhìn ra tổng 3 hệ số a, b, c bằng 0 thì ta có thể giải rất nhanh phương trình này bằng công thức nhẩm nghiệm. 2) Đối với ý thứ nhất: Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Để ý rằng hệ số của x2 là 1 6= 0 do đó phương trình (1) chắc chắn là phương trình bậc hai (không cần chia 2 trường hợp), theo cách giải phương trình bậc hai thì ta chỉ cần chứng minh 4 > 0 là giải quyết xong ý này. Đối với ý thứ hai: Lập phương trình bậc hai nhận 2 nghiệm cho trước. Đây là dạng toán áp dụng định lý Vi-ét đảo, học sinh sẽ nghĩ ngay đến việc tính tổng và tích 2 nghiệm của phương trình cần lập, nhưng ở đây tính toán hơi khó khăn do người ra đề cố tình cho bậc cao (bậc 3). Chính vì thế học sinh phải tinh ý lựa chọn cách làm ngắn gọn và đỡ mất thời gian nhất. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 39/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Lời giải. 1) Khi m = 2, phương trình đã cho trở thành: x2 − 4x + 3 = 0 Vì a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 3. Vậy khi m = 2 phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 3. 2) 40 = (−m)2 − 1.(m2 − 1) = 1 > 0, ∀m. ⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.   x1 + x2 = 2m Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có:  2 x1.x2 = m − 1 Biến đổi phương trình: x2 − 2mx + m2 − 1 = 0 ⇔ x2 − 2mx + m2 = 1 ⇒ x3 − 2mx2 + m2x = x ⇔ x3 − 2mx2 + m2x − 2 = x − 2 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 3 2 2 3 2 2 (x1 − 2mx1 + m x1 − 2) + (x2 − 2mx2 + m x2 − 2) = (x1 − 2) + (x2 − 2) = x1 + x2 − 4 = 2m − 4. 3 2 2 3 2 2 (x1 − 2mx1 + m x1 − 2).(x2 − 2mx2 + m x2 − 2) = (x1 − 2)(x2 − 2) = x1x2 − 2(x1 + x2) + 4 = m2 − 1 − 2.2m + 4 = m2 − 4m + 3 Vậy phương trình cần lập là: x2 − (2m − 4)x + m2 − 4m + 3 = 0 Bình luận. Ý thứ 2 có nhiều cách giải, ngoài cách đã nêu ở trên học sinh có thể làm theo một số hướng như sau: i) Hướng thứ nhất: Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai tính cụ thể x1 = m + 1,   3 2 2 y1 = x1 − 2mx1 + m x1 − 2 x2 = m − 1 sau đó đặt rồi tính tổng và tích của y1; y2 sau đó lập  3 2 2 y2 = x2 − 2mx2 + m x2 − 2 phương trình theo định lí Vi-et đảo. Cách này cũng khá ok nhưng có thể làm cho người ra đề thất vọng do không sử dụng định lý Vi-ét thuận (ý kiến riêng) ii) Hướng thứ 2: Dùng định lý Vi-ét thuận tính tổng và tích của x1; x2 sau đó tính y1 + y2; y1.y2 bằng cách đưa về tổng tích theo x1; x2. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 40/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Cách làm theo hướng truyền thống này vẫn áp dụng được cho bài này nhưng khá dài và biến đổi khó, tốn nhiều thời gian và công sức của học sinh. Cách này phù hợp với những học sinh theo xu hướng "cần cù bù thông minh". Bài tập tương tự. Cho phương trình x2 − 2mx + m2 − 4 = 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m = 3. 2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1, x2 là 3 2 2 hai nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x1 − 2mx1 + m x1 − 8 và 3 2 2 x2 − 2mx2 + m x2 − 8 là nghiệm. Bài 3 Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình. Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam trồng được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và nữ của nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây. Phân tích. Dạng toán này rất thường hay gặp trong các bài tập SGK cũng như SBT. Mấu chốt ở đây là ta phải biểu diễn được số cây mỗi bạn nam trồng được và số cây mỗi bạn nữ trồng được theo ẩn mà ta gọi để có thể tận dụng được ý cuối của đề "mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây". Lời giải. Gọi số học sinh nam là x (x ∈ N∗, x < 15). ⇒ Số học sinh nữ là 15 − x. 30 36 Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây). x 15 − x Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương trình: 30 36 − = 1 x 15 − x ⇒ 30(15 − x) − 36x = x(15 − x) ⇔ x2 − 81x + 450 = 0  x = 75(loại)  ⇔  x = 6(nhận) Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Bình luận. Đối với bài này, chúng ta cũng có thể giải bằng cách lập hệ phương trình với 2 ẩn x; y. Tuy nhiên khi giải hệ ta lại sử dụng phương pháp thế để đưa về phương trình một ẩn như trên. Do đó cách giải bằng cách lập phương trình vẫn tối ưu hơn. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 41/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài tập tương tự. Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình. Một phân xưởng gồm 500 công nhân (cả nam và nữ) tham gia may quần áo. Biết rằng trong 1 ngày các công nhân nam may được 400 bộ quần áo, các công nhân nữ may được 900 bộ quần áo. Mỗi công nhân nam may được số bộ quần áo như nhau và mỗi công nhân nữ may được số bộ quần áo như nhau. Tính số công nhân nam và nữ của phân xưởng, biết rằng mỗi công nhân nam may được ít hơn mỗi công nhân nữ 1 bộ quần áo. Bài 4 Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB (C không trùng với A và B). Từ điểm C kẻ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB (D ∈ AB, B ∈ MA, F ∈ MB). Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF . Chứng minh rằng 1) Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn. 2) Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng. 3) Tia đối của tia CD là tia phân giác ECF÷. 4) Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB. Phân tích. 1) Ta nhận thấy tổng hai góc đối của tứ giác ADCE bằng 180◦ nên tứ giác nội tiếp. 2) Với ý thứ hai này đòi hỏi học sinh phải thành thạo khả năng nhận biết các góc bằng nhau bằng nhiều cách: tứ giác nội tiếp, các góc nội tiếp cùng chắn một cung, các góc nội tiếp và các góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung. Sau đó nối kết các ý lại ta sẽ chứng minh được hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc-góc. 3) Ý này ta dựa vào câu b) và tổng 2 góc kề bù bằng 180◦ là giải quyết được. 4) Khi gặp câu hỏi này, học sinh sẽ lúng túng không biết phải chứng minh song song theo cách nào: hai góc so le trong bằng nhau, hai góc đồng vị bằng nhau, định lý Ta-let đảo, Nhưng nếu ta đi từ kết quả lên: Nếu IKkAB ⇒ A”2 = I“1 Mà A”2 = Dd2 nên I“1 = Dd2. Do đó ta nghĩ ngay đến hướng chứng minh tứ giác ICKD nội tiếp. Bài toán đã được giải quyết xong. Lời giải. 1) Tứ giác ADCE có: ADC÷ = 90◦(CD ⊥ AB) AEC÷ = 90◦(CE ⊥ MA) GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 42/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 ⇒ ADC÷ + AEC÷ = 180◦ ⇒ Tứ giác ADCE nội tiếp. 2) Tứ giác ADCE nội tiếp ⇒ A”1 = Dd1 và A”2 = E”1 Chứng minh tương tự, ta có B”2 = Dd2 và B”1 = F”1 1 _ 1 _ Mà A” = B” = sđAC và A” = B” = sđBC 1 1 2 2 2 2 ⇒ Dd1 = F”1 và Dd2 = E”1 ⇒ 4CDE v 4CFD (g.g). 3) Vẽ Cx là tia đối của tia CD 4CDE v 4CFD ⇒ DCE÷ = DCF÷ ◦ Mà C”1 + DCE÷ = C”2 + DCF÷ = (180 ) ⇒ C”1 = C”2 ⇒ Cx là tia phân giác của ECF÷. 4) Tứ giác CIDK có: ◦ ICK÷ + IDK÷ = ICK÷ + Dd1 + Dd2 = ICK÷ + B”1 + A”2 = 180 ⇒ CIDK là tứ giác nội tiếp. ⇒ I“1 = Dd2 ⇒ I“1 = A”2 ⇒ IK k AB. A E 1 2 1 I x 1 1 1 D C M 2 2 O K 1 F 2 1 B Bài 5 1) Giải phương trình (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = 6x2. 2) Cho bốn số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của (x + y + z)(x + y) biểu thức A = . xyzt Phân tích. 1) Đây là một phương trình khó, đòi hỏi học sinh phải tinh ý biến đổi để có thể đặt ẩn phụ. Điểm mấu chốt của bài là ta phải nhìn ra được biểu thức x2 + 1 có ở trong cả 2 nhân tử của vế trái, từ GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 43/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 đó ta lựa chọn cách biến đổi đặt ẩn phụ phù hợp. 2) Nhìn vào biểu thức A ta đoán ngay giá trị nhỏ nhất biểu thức A đạt được khi các biến x, y, z, t có giá trị không bằng nhau. Do đó ta rất khó đoán được điểm rơi của bài toán, bài tập này đòi hỏi học sinh phải giải nhiều bài Cô-si trước đó mới có kinh nghiệm làm bài này. Lời giải. 1) Giải phương trình: (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = 6x2 Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành: (y − x)(y + 4x) = 6x2 ⇔ y2 + 3xy − 4x2 = 6x2 ⇔ y2 + 3xy − 10x2 = 0 ⇔ (y − 2x)(y + 5x) = 0  y = 2x  ⇔  y = −5x • Với y = 2x thì x2 + 1 = 2x ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 √ √ −5 + 21 −5 − 21 • Với y = −5x thì x2 + 1 = −5x ⇔ x2 + 5x + 1 = 0 ⇔ x = ∨ x = 2 2 √ √ ( −5 + 21 −5 − 21) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1; ; . 2 2 2) Cho 4 số thực dương x,y,z,t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x + y + z)(x + y) A = . xyzt Với x, y, z, t > 0, theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: √ x + y ≥ 2 xy » (x + y) + z ≥ 2 (x + y)z » (x + y + z) + t ≥ 2 (x + y + z)t » Suy ra (x + y)(x + y + z)(x + y + z + t) ≥ 8 xyzt(x + y)(x + y + z) Mà x + y + z + t = 2, suy ra » (x + y)(x + y + z).2 ≥ 8 xyzt(x + y)(x + y + z) » ⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 4 xyzt(x + y)(x + y + z) » √ ⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 4 xyzt ⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 16xyzt (x + y + z)(x + y) 16xyzt Nên A = ≥ = 16 xyzt xyzt   x = y  1    x = y =   4 x + y = z  1 Dấu bằng xảy ra khi ⇔ z =   2 x + y + z = t     t = 1  x + y + z + t = 2 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 44/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 1 1 Vậy MinA = 16 ⇔ x = y = ; z = ; t = 1. 4 2 Bình luận. 1) Ngoài cách giải trên, ta còn một cách giải khác cũng khá hay như sau: Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta có thể chia 2 vế của phương trình cho 1 1 x2 được một phương trình tương đương: (x − 1 + )(x + 4 + ) = 6 x x 1 Đặt t = x + (ĐK: |t| ≥ 2) thì phương trình trên trở thành: x (t − 1)(t + 4) = 6 Đây là một phương trình bậc hai thuần túy đã biết cách giải, ta tìm t, nhận loại so với ĐK của t rồi giải tiếp tìm x. 2) Học sinh phải thành thục bất dẳng thức Cô-si cộng thêm một chút may mắn để giải được bài này. Đề 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 2017-2018 Bài 1 √ 2 √ 1. Thưc hiện phép tính: Ä 5 + 2ä − 5. 2. Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P ) và hàm số y = −x + 2 có đồ thị là (d). a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P ) và (d) biết hoành độ của A nhỏ hơn hoành độ của B. Gọi C và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành, tính diện tích của tứ giác ABDC. √ Phân tích. Ở câu 1 ta cần lưu ý tính chất A2 = |A|, sau đó xét dấu của A để có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối. Ở câu 2a) ta cần lập bảng giá trị của từng đồ thị rồi vẽ các điểm tương ứng lên hệ trục tọa độ, sau đó nối lại ta sẽ được đồ thị cần vẽ. Lưu ý để vẽ parabol ta cần tìm ít nhất 5 điểm và đường thẳng cần ít nhất 2 điểm. Ta cũng nên chọn những điểm có hoành độ hoặc tung độ bằng 0 để tìm tọa độ điểm dễ dàng hơn. Ở câu 2b) ta cần qui về phương trình hoành độ giao điểm rồi sử dụng điều kiện của đề bài để tìm ra tọa độ của A và B. Từ hình vẽ ta dễ dàng thấy được ABDC là hình thang vuông cũng như độ dài 2 đáy và chiều cao của hình thang đó. Tiếp theo ta áp dụng công thức để tính diện tích hình thang vuông ABDC. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 45/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 √ 2 √ √ √ √ √ √ Lời giải. 1. Ä 5 + 2ä − 5 = | 5 + 2| − 5 = 5 + 2 − 5 = 2 (vì 5 + 2 > 0). x −2 −1 0 1 2 2. a) Bảng giá trị của (P ): y = x2: y = x2 4 1 0 1 4 x 0 2 Bảng giá trị của (d): y = −x + 2: y = −x + 2 2 0 Vẽ (P ) và (d) lên cùng một hệ trục tọa độ: y (d) (P ) A 4 3 2 1 B C D x −3 −2 −1 0 1 2 3 4 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d): x2 = −x + 2 ⇔ x = 1 ∨ x = −2. Vì hoành độ của A nhỏ hơn hoành độ của B nên xA = −2 ⇒ yA = 4 ⇒ A(−2; 4) xB = 1 ⇒ yB = 1 ⇒ B(1; 1) Ta có C, D là hình chiếu của A, B nên AC ⊥ CD và BD ⊥ CD. Do đó tứ giác ABDC là hình thang vuông có AC = 4; CD = 3; BD = 1 (AC + BD).CD ⇒ S = = 7, 5 (đvdt). ABDC 2 Bình luận. Câu 1 tương đối đơn giản, ta chỉ cần lưu ý việc xét dấu của biểu thức chứa giá trị tuyệt đối. Câu 2a) là một bài toán quen thuộc, ta lưu ý việc chọn điểm để vẽ dễ dàng hơn. Câu 2b) có 2 ý. Ý đầu tiên là bài toán về phương trình hoành độ giao điểm, không mấy khó khăn để ta có thể giải và tìm tọa độ của 2 giao điểm. Ý tiếp theo tương đối lạ vì nó lồng ghép bài toán về hình học vào trong bài toán đồ thị. Ta chỉ cần nhìn hình vẽ ở câu a để suy ra được tính chất của tứ giác đó, kết hợp với công thức đã học để hoàn thành yêu cầu của đề bài. Bài tập tương tự. √ 2 1. Thưc hiện phép tính: Ä1 − 7ä + 1. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 46/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 2. Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị là (P ) và hàm số y = 3x − 1 có đồ thị là (d). a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P ) và (d) biết hoành độ của A lớn hơn hoành độ của B. Gọi C và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành, tính diện tích của tứ giác ABDC. Bài 2 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:   2x + y = −1 a) x4 + 2017x2 − 2018 = 0. b) .  x − 2y = 7 2. Cho phương trình bậc hai x2 − 2x + m + 3 = 0 (m là tham số). a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = −1. Tính nghiệm còn lại. 3 3 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 8. Phân tích. Câu 1a) là phương trình trùng phương, ta đặt t = x2 (lưu ý điều kiện của t) để đưa về phương trình bậc 2 rồi sử dụng công thức nghiệm để giải, hoặc có thể nhẩm nghiệm nhanh bằng cách sử dụng hệ quả của định lí Vi-ét. Câu 1b) là một hệ phương trình bậc nhất cơ bản có thể giải được bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Câu 2a) ta đã biết một nghiệm là −1 thì ta sẽ thế ngay vào phương trình để tìm giá trị m, sau đó thế ngược lại giá trị m vào phương trình để giải phương trình tìm nghiệm còn lại. Hoặc sau khi tìm được m ta có thể sử dụng ngay định lí Vi-ét để tìm nghiệm còn lại. Câu 2b) yêu cầu tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn một biểu thức. Trước tiên ta sử dụng biệt thức ∆ để tìm điều kiện có 2 nghiệm phân của phương trình, sau đó biến đổi biểu thức về tổng,tích 2 nghiệm để áp dụng định lí Vi-ét và giải. Lời giải. 1. a) x4 + 2017x2 − 2018 = 0. Đặt t = x2, (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành: t2 + 2017t − 2018 = 0.(∗) Cách 1: Ta thấy các hệ số của phương trình (∗) lần lượt là: a = 1, b = 2017, c = −2018. ∆ = b2 − 4ac = 20172 − 4.1.(−2018) = 4076361 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: √ √ −b + ∆ −b − ∆ t = = 1; t = = −2018. 1 2a 2 2a Do điều kiện t ≥ 0 nên ta nhận t = 1. Với t = 1 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 1}. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 47/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Cách 2: Ta thấy các hệ số của phương trình (∗) lần lượt là a = 1, b = 2017, c = −2018 và a + b + c = 1 + 2017 + (−2018) = 0 nên theo hệ quả của định lí Vi-ét thì phương trình (∗) c có 2 nghiệm là t = 1 hoặc t = = −2018. a Do điều kiện t ≥ 0 nên ta nhận t = 1. Với t = 1 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 1}.         2x + y = −1 y = −1 − 2x. y = −1 − 2x. y = −1 − 2x = −3. b) Cách 1: ⇔ ⇔ ⇔ .     x − 2y = 7 x − 2(−1 − 2x) = 7 5x = 5 x = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; −3)     2x + y = −1 4x + 2y = −2 Cách 2: ⇔ .   x − 2y = 7 x − 2y = 7 Cộng vế theo vế 2 phương trình trên ta được: 5x = 5 ⇔ x = 1. Từ x = 1, thay vào phương trình thứ nhất ta được: y = −1 − 2x = −3. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; −3). 2. x2 − 2x + m + 3 = 0 (1) (m là tham số). a) −1 là nghiệm của phương trình nên: (−1)2 − 2(−1) + m + 3 = 0 ⇔ m = −6 Cách 1: Thay m = −6 vào phương trình (1) ta được phương trình: x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 3. Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3. Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình là a = 1, b = −2, c = 3. −b Theo định lí Vi-ét: x + x = = 2 ⇒ −1 + x = 2 ⇒ x = 3 1 2 a 2 2 Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3. b) ∆0 = b02 − ac = (−1)2 − (m + 3) = −(m + 2). Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆0 > 0 ⇔ −(m + 2) > 0 ⇔ m < −2.  −b x + x = = 2  1 2 a Theo định lí Vi-ét ta có: c . x .x = = m + 3  1 2 a 3 3 2 2 Xét x1 + x2 = 8 ⇔ (x1 + x2)(x1 − x1x2 + x2) = 8 2 2 ⇔ (x1 + x2) ((x1 + x2) − 3x1x2) = 8 ⇔ 2.(2 − 3(m + 3)) = 8 ⇔ m = −3 (thỏa điều kiện có nghiệm). Vậy m = −3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 3 3 x1 + x2 = 8. Bình luận. Câu 1a) là các phương trình và hệ phương trình rất cơ bản, áp dụng các kiến thức đã học thì ta sẽ giải quyết được bài toán không mấy khó khăn. Câu 2a) ta cần nắm vững kiến thức về nghiệm của phương trình thì mới có thể giải quyết được GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 48/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 yêu cầu bài toán. Câu 2b) yêu cầu việc biến đổi biểu thức theo tổng và tích rồi áp dụng định lí Vi-ét để tìm ra giá trị của m. Việc biến đổi này cũng không quá khó nhưng ta cần nhớ lại các hằng đẳng thức đã học thì mới thực hiện được việc biến đổi. Bài tập tương tự. 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:   x + 3y = 5 a) 2x4 − 5x2 + 2 = 0. b) .  2x − y = 6 2. Cho phương trình bậc hai x2 − 4x + 1 − m = 0 (m là tham số). a. Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Tính nghiệm còn lại. 3 3 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = m. Bài 3 Một phòng họp có 250 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ ngồi như nhau. Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy ghế, mỗi dãy ghế phải kê thêm 1 chỗ ngồi nữa thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu ở phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi? Phân tích. Thoạt nhìn ta sẽ tưởng rằng bài toán cần đặt 2 ẩn, đó là số dãy ghế và số chỗ ngồi mỗi dãy. Nhưng khi xem xét kĩ bài toán ta nhận thấy ngay 2 đại lượng này có mối liên hệ với nhau. Nếu ta lấy số dãy ghế nhân với số chỗ ngồi mỗi dãy ta sẽ được tổng số chỗ ngồi, bài toán đã cho ta dữ kiện này rồi. Do đó ta chỉ cần 1 ẩn là số dãy ghế hoặc số ghế mỗi dãy. Lời giải. Gọi x là số dãy ghế (x ∈ N∗ và x ∈Ư(250)). 250 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là (chỗ). x Số dãy ghế lúc sau là x + 3 (dãy). 250 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau là + 1 (chỗ). x Vậy ta có phương trình: Ç250 å (x + 3) + 1 = 308 ⇔ x2 − 55x + 750 = 0. x 2 ∆ = 55 − 4.√750 = 25 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: −55 + 25 x1 = = 30 (loại) 2 √ −55 − 25 x = = 25 (nhận) 2 2 250 Vậy ban đầu phòng họp có 25 dãy ghế và mỗi dãy có = 10 chỗ ngồi. 25 Bình luận. Đây là một bài toán không khó nhưng dữ kiện cho khá nhiều, ta cần đọc và hiểu đề thật kĩ để tìm ra cách đặt ẩn hợp lí. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 49/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 4 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB (M khác B và M khác O). Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn đã cho tại N. Trên cung NB lấy điểm E bất kì (E khác B và E khác N). Tia BE cắt đường thẳng d tại C. Đường thẳng AC cắt nửa đường tròn tại D. Gọi H là giao điểm của AE và đường thẳng d. a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng. c) Tính giá trị biểu thức BN 2 + AD.AC theo R. d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi. Phân tích. Câu a) để chứng minh tứ giác nội tiếp ta cần nhớ lại các dấu hiệu đã học. Ở đây tứ giác BMHE đã có 1 góc vuông, không mấy khó khăn để ta có thể đi tìm yếu tố còn lại. Câu b) là bài toán về chứng minh 3 điểm thẳng hàng. Nhìn hình vẽ có thể đoán được ngay H là trực tâm và BD là đường cao của tam giác ABC, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu c) yêu cầu tính giá trị một biểu thức gồm có 2 phần rất rõ ràng. Ý đầu tiên ta sử dụng hệ thức lương trong tam giác vuông và ý còn lại được suy ra từ tam giác đồng dạng. Câu d) yêu cầu chứng minh độ dài một đoạn thẳng không đổi, tức là độ dài đó phải bằng một độ dài cố định nào đó. Trong bài toán ta đã có các điểm A, B, O, M là những điểm cố định. Ta cần chứng minh độ dài BK có liên hệ với độ dài của một đoạn thẳng nào đó đi qua 2 trong số những điểm trên. Lời giải. C D N E H A O M B a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn. AEB÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 50/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 ⇒ AEB÷ + BMH◊= 90◦ + 90◦ = 180◦ ⇒ BMHE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180◦). b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng. Xét 4ABC có CM và AE là hai đường cao nên H là trực tâm của 4ABC (1). Mà ADB÷ = 90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BD ⊥ AC ⇒ BD là đường cao của 4ABC (2). Từ (1),(2) suy ra H ∈ BD hay B, H, D thẳng hàng. c) Tính giá trị biểu thức BN 2 + AD.AC theo R. Xét 4AMC và 4ADB   ◦ AMC◊= ADB÷ = 90  MAD◊là góc chung ⇒ 4AMC v 4ADB (g.g) AM AC ⇒ = (cạnh tương ứng)⇒ AD.AC = AB.AM = 2R.AM (3). AD AB Ta có ANB÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Xét 4ANB vuông tại N, có NM là đường cao nên BN 2 = BM.BA = 2R.BM (4) Từ (3),(4) ta được BN 2 + AD.AC = 2R.BM + 2R.AM = 2R.(AM + BM) = 2R.AB = 2R.2R = 4R2. d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi. C D N E H A K O M B Tứ giác AKHC nội tiếp nên ACH÷ = HKM◊(góc ngoài và góc đối trong của tứ giác nội tiếp). Mà ACH÷ = HBM◊(4AMC v 4ADB) ⇒ HKM◊= HBM◊⇒ 4BHK cân tại H. Lại có HM ⊥ BK (giả thiết) nên HM cũng là đường trung tuyến của 4BHK ⇒ M là trung điểm BK hay BK = 2BM. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 51/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Mà B, M cố định nên BM không đối, do đó BK = 2BM không đổi. Vậy khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi. Bình luận. Câu a) là bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp quen thuộc mà đề bài đã gợi ý một góc vuông trong tứ giác đó, không mấy khó khăn để ta có thể đi tìm yếu tố còn lại. Câu b) là một bài toán về thẳng hàng, dạng toán tương đối khó. Nhưng ở hình vẽ của bài toán này ta dễ dàng nhận ra được mối liên hệ của 3 điểm đã cho từ đó đi tìm các yếu tố cần thiết để chứng minh. Câu c) xoay quanh vấn đề về tam giác đồng dạng và hệ thức lượng, ta cần xem xét kĩ đề bài để phán đoán đúng hệ thức lượng nằm trong tam giác nào hoặc cặp tam giác nào sẽ đồng dạng. Câu d) chứng minh yếu tố độ dài không đổi. Đây là vấn đề tương đối khó vì ta cần phải hiểu được thế nào là độ dài không đổi và vấn đề khó hơn là tìm kiếm sự liên quan với các yếu tố đã cho. Bài 5 » √ » √ Cho a là số thực dương lớn hơn 1 và x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1. Tính giá trị biểu thức P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021. Phân tích. Ta phải biến đổi x thành một biểu thức đơn giản hơn. Chúng ta có thể tách hằng đẳng thức hoặc để ý kĩ hơn ta thấy đây là tổng của 2 biểu thức chỉ sai khác nhau 1 dấu nên ta có thể bình phương lên để giải quyết. Lời giải. Cách 1: » √ » √ x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1 √ » √ » √ ⇔ x 2 = 2a + 2 a2 − 1 + 2a − 2 a2 − 1 q » q » = a + 1 + 2 (a − 1)(a + 1) + a − 1 + a + 1 − 2 (a − 1)(a + 1) + a − 1 q √ √ q √ √ = ( a + 1 + a − 1)2 + ( a + 1 − a − 1)2 √ √ √ √ = a + 1 + a − 1 + a + 1 − a − 1 √ = 2 a + 1 » ⇔ x = 2(a + 1) ⇔ x2 = 2(a + 1) ⇔ x2.x = 2(a + 1)x ⇔ x3 = 2(a + 1)x. P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = 2(a + 1)x − 2(2a + 2) − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = −4a − 4 + 4a + 2021 = −4 + 2021 = 2017. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 52/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 » √ » √ Vậy P = 2017 khi x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1 . Cách 2: » √ » √ x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1 √ √ q » √ ⇔ x2 = a + a2 − 1 + a − a2 − 1 + 2 (a + a2 − 1)(a − a2 − 1) √ = 2a + 2 a2 − a2 + 1 = 2a + 2 = 2(a + 1) ⇔ x2.x = 2(a + 1)x ⇔ x3 = 2(a + 1)x. P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = 2(a + 1)x − 2(2a + 2) − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = −4a − 4 + 4a + 2021 = −4 + 2021 = 2017. » √ » √ Vậy P = 2017 khi x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1. Bình luận. Đây chẳng qua là một bài toán rút gọn nhưng ở mức độ nâng cao. Ta cần nắm vững kĩ thuật thêm bớt hằng đẳng thức hoặc xem xét kĩ biểu thức có gì đặc biệt, từ đó đưa ra hướng giải quyết phù hợp. Đối với bài toán này, cách 1 dễ tiếp cận hơn vì nó quen thuộc, thường gặp trong các bài toán rút gọn. Cách 2 tuy ít gặp nhưng lại tỏ ra hiệu quả hơn trong việc tính toán và nhìn cũng đỡ rối hơn. Đề 7. Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD và ĐT Cà Mau Bài 1 2a2 + 4 1 1 Cho biểu thức A = − √ − √ (với a ≥ 0; a 6= 1). 1 − a3 1 + a 1 − a a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Phân tích. Với câu a) ta có thể quy đồng phân thức, sau đó rút gọn tử và mẫu. Câu b) hướng tới việc tìm giá trị nhỏ nhất của hàm phân thức, ta kết hợp với ĐKXĐ của a. Lời giải. ĐKXĐ: a ≥ 0; a 6= 1. a) Khi đó √ √ 2a2 + 4 (1 − a)(1 + a + a2) (1 + a)(1 + a + a2) A = − √ − √ 1 − a3 1 + a 1 − a √ √ √ √ √ √ 2a2 + 4 − (1 + a + a2 − a − a a − a2 a) − (1 + a + a2 + a + a a + a2 a) = (1 − a)(1 + a + a2) 2 − 2a = (1 − a)(1 + a + a2) 2 = . 1 + a + a2 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 53/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 b) Do a ≥ 0; a2 ≥ 0 ⇒ 1 + a + a2 ≥ 1. 1 2 Do đó ≤ 1 ⇒ ≤ 2 hay A ≤ 2. 1 + a + a2 1 + a + a2 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 + a + a2 = 1 ⇔ a = 0 Vậy giá trị lớn nhất của A là 2 khi a = 0. Bình luận. a) Đây là dạng bài cơ bản, học sinh chỉ cần nắm vững phương pháp rút gọn, vận dụng các hằng đẳng thức và cẩn thận tính toán là có thể làm được. b) Tìm giá trị lớn nhất của phân thức có tử là một hằng số và mẫu là một biểu thức, ta chỉ cần tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức ở mẫu. Bài tập tương tự. 6a2 + 12 3 3 Cho biểu thức A = − √ − √ (với a ≥ 0; a 6= 1). 1 − a3 1 + a 1 − a 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Đáp án: 6 a) A = 1 + a + a2 b) Giá trị lớn nhất của A là 2 khi a = 0. Bài 2   x + y = m Cho hệ phương trình .  mx + y = 1 a) Giải hệ phương trình khi m = 2. b) Xác định giá trị của m để đường thẳng y = −x + m cắt đường thẳng y = −mx + 1 tại một điểm nằm trên parabol y = −2x2. Phân tích. a) Thay giá trị m = 2 thì ta được một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta có thể giải hệ này bằng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế. b) Đối với bài toán này ta sẽ đi tìm giao điểm của 2 đường thẳng bằng cách lập phương trình hoành độ giao điểm. Ta cần tìm tham số m để giao điểm thỏa phương trình Parabol. Lời giải. a) Với m = 2 hệ phương trình trở thành   x + y = 2 (I)  2x + y = 1 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 54/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956         x + y = 2 y = 2 − x y = 2 − x x = −1 Cách 1: ⇔ ⇔ ⇔ .     2x + y = 1 2x + (2 − x) = 1 x = −1 y = 3   x + y = 2 (1) Cách 2:  2x + y = 1 (2) Lấy (2) − (1) ta được: x = −1. Thay x = −1 vào (1), ta có: −1 + y = 2 ⇒ y = 3. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (−1; 3). b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d1): y = −x + m và đường thẳng (d2): y = −mx + 1 là: − x + m = −mx + 1 ⇔ (m − 1)x = 1 − m 1 − m ⇔ x = (vì m 6= 1) m − 1 ⇔ x = −1. Với x = −1 ⇒ y = 1 + m. Do giao điểm nằm trên Parabol (P ): y = −2x2 nên thay x = −1, y = 1 + m vào (P ), ta được: 1 + m = −2.(−1)2 ⇔ 1 + m = −2 ⇔ m = −3. Vậy m = −3 là giá trị cần tìm. Bình luận. a) Đối với bài toán có hệ số của x hoặc y là 2 số bằng nhau hoặc đối nhau thì phương pháp cộng đại số sẽ được ưu tiên. Ngoài ra nếu bài toán có thể rút y theo x hoặc ngược lại thì ta sẽ ưu tiên phương pháp thế. Đối với bài toán này ta có thể lựa chọn một trong hai phương pháp thế và cộng đại số để giải đều được. b) Đây là bài toán về sự tương giao của 2 đường. Ta cần tìm tham số m để giao điểm của 2 đường thỏa phương trình Parabol. Bài tập tương tự.   3x + y = m Cho hệ phương trình .  mx + y = 5 a) Giải hệ phương trình khi m = 2. b) Xác định giá trị của m để đường thẳng y = mx + 5 cắt đường thẳng y = 2x + 2m + 1 tại một điểm nằm trên parabol y = 3x2. Đáp án : a)(x, y) = (−3; 11) 7 b) m = . 2 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 55/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 3 Người ta hòa 8kg chất lỏng loại I với 6kg chất lỏng loại II thì được một hỗn hợp có khối lượng riêng là 700kg/m3. Tính khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. Biết rằng khối lượng riêng của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 200kg/m3. Phân tích. Đây là bài toán thực tế liên quan đến các đại lượng vật lý như khối lượng, khối lượng riêng và thể tích. Ta cần nhớ công thức m = D.V , với m, D, V lần lượt là khối lượng, khối lượng riêng và thể tích của một chất. Đề bài không đề cập đến thể tích của hỗn hợp nên ta giả sử thể tích hỗn hợp được bảo toàn. Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng cách lập phương trình biểu thị mối liên hệ giữa các đại lượng trên thông qua sự bảo toàn thể tích các chất trong một hỗn hợp. Lời giải. Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại I là x (kg/m3), (x > 200). Khi đó khối lượng riêng của chất lỏng loại II là (x − 200)(kg/m3). Do thể tích hỗn hợp được bảo toàn nên 8 6 14 + = x x − 200 700 8x − 1600 + 6x 1 ⇔ = x2 − 200x 50 ⇔14x − 1600 = 0, 02.(x2 − 200x) ⇔0, 02x2 − 18x + 1600 = 0 ⇔x = 800 ∨ x = 100 Vì x > 200 nên ta nhận x = 800. Vậy khối lượng riêng của chất loại lỏng I là 800kg/m3 3 và khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 600kg/m . Bình luận. Thực tế thì khi trộn 2 chất lỏng với nhau thể tích của hỗn hợp sẽ nhỏ hơn tổng thể tích của 2 chất. Nhưng do đề bài không đề cập đến nên ta có thể xem như sự thay đổi không đáng kể và sử dụng sự bảo toản thể tích để giải bài toán. Bài toán có sự lồng ghép giải phương trình bậc 2 và khi giải cần chú ý điều kiện của x để dễ dàng chọn nghiệm. Bài tập tương tự. Người ta hòa 5kg chất lỏng loại I với 3kg chất lỏng loại II thì được một hỗn hợp có khối lượng riêng là 800kg/m3. Tính khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. Biết rằng khối lượng riêng của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 400kg/m3. Đáp án : Khối lượng riêng của chất loại lỏng I là 1000kg/m3 và khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 600kg/m3. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 56/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 4 Cho phương trình bậc hai: x2 − 2(k − 2)x − 2k − 5 = 0 (với k là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k. 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị k sao cho x1 + x2 = 18. Phân tích. a) Là dạng toán về phương trình bậc hai luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số k ta chỉ cần chứng minh ∆ > 0, ∀k. b) Với một phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt ta sẽ sử dụng Định lý Vi-ét để tìm mối liên hệ tổng, tích của 2 nghiệm theo tham số k. Biểu diễn biểu thức đã cho theo tổng và tích 2 nghiệm của phương trình. Lời giải. a) x2 − 2(k − 2)x − 2k − 5 = 0 (1). Ta có 0 2 ∆(1) = (k − 2) + 2k + 5 = k2 − 2k + 9 = (k − 1)2 + 8 > 0, ∀k Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k. b) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Áp dụng Định lý Vi-ét cho (1), ta được:  2(k − 2) x + x = = 2(k − 2)  1 2 1 −2k − 5 . x .x = = −2k − 5  1 2 1 Ta có: 2 2 x1 + x2 = 18 2 ⇔(x1 + x2) − 2.x1x2 = 18 ⇔4(k − 2)2 − 2.(−2k − 5) = 18 ⇔4k2 − 12k + 8 = 0 ⇔k = 1 ∨ k = 2 Vậy k = 1; k = 2 là giá trị cần tìm. Bình luận. Đây là dạng toán thường gặp trong kì thi vào lớp 10. Các kiến thức về nghiệm của phương trình bậc hai. Ngoài ra, bài toàn còn kết hợp sử dụng Định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai, tìm k để các nghiệm thỏa một điều kiện cho trước. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 57/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài tập tương tự. Cho phương trình bậc hai: x2 − 2mx + 2m − 10 = 0 (với m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị m sao cho 2(x1 + x2) = 38. 1 Đáp án : b) m = 2 Bài 5 Cho đường tròn (O) bán kính R và một dây BC cố định. Gọi A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Lấy điểm M bất kỳ trên cung nhỏ AC, kẻ tia Bx vuông góc với tia MA ở I và cắt tia CM tại D. a) Chứng minh AMD◊= ABC÷ và tia MA là tia phân giác của BMD◊. b) Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và BDC÷ có độ lớn không phụ thuộc vào vị trí điểm M. c) Tia DA cắt tia BC tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F . Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF . Phân tích. a) Ta sẽ dựa vào tính chất của góc nội tiếp, và dữ kiện đề bài A là điểm chính giữa _ _ cung BC chia BC thành 2 cung nhỏ bằng nhau. Ta sẽ chứng minh các góc tương ứng bằng nhau. b) Dựa vào tính chất tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác chính là điểm cách đều các đỉnh của tam giác đó. Để chứng minh độ lớn của 1 góc không phụ thuộc vào điểm thay đổi, ta sẽ đi chứng minh góc đó bằng với 1 góc cố định nào đó. c) Để chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với bán kính của đường tròn tại tiếp điểm. I B χ D A O M C Lời giải. a) Ta có GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 58/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 AMD◊= MCA◊+ MAC◊(vìAMD◊là góc ngoài của ∆ACM) 1 _ 1 _ 1 _ = MA + MC= AC . 2 2 2 1 _ _ Mặt khác ABC÷ = AC (góc nội tiếp (O) chắn AC). 2 Do đó AMD◊= ABC÷ (1). Ta lại có: 1 _ _ ABC÷ = AC (góc nội tiếp (O) chắn AC) 2 1 _ _ BMA◊= AB (góc nội tiếp (O) chắn AB) 2 _ _ _ Mà AC=AB (vì A là điểm chính giữa của BC) Suy ra ABC÷ = BMA◊(2). Từ (1), (2) suy ra AMD◊= BMA◊ Hay MA là tia phân giác của BMD◊ b) Xét ∆AMB và ∆AMD, ta có   AM chung   BMA◊= AMD◊(chứng minh ở câu a.)    MB = MD (∆BMD có đường cao đồng thời là đường phân giác nên ∆BMD cân tại M) Vậy ∆AMB = ∆AMD (c.g.c). ⇒ AB = AD. _ _ Mà AB = AC ( 2 dây cung chắn 2 cung AB, AC bằng nhau) Nên AB = AC = AD. Do đó A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD. 1 _ ⇒ BDC÷ = BAC÷ (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (BCD) cùng chắn BC). 2 Ta lại có BAC÷ có số đo không đổi (do A, B, C cố định), suy ra BDC÷ có số đo không đổi và không phụ thuộc vào vị trí điểm M. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 59/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 I B χ D A E O M K C F c) Gọi BK là đường kính của đường tròn (BEF ). Ta có: 1 _ ABE÷ = AF÷ B (= BC) 4 _ Mà AF÷ B = BKE÷ (cùng chắn BE của BEF ). và BKE÷ + EBK÷ = 90◦. Do đó ABE÷ = EBK÷ = 90◦ ⇒ ABK÷ = 90◦ Hay AB ⊥ BK. Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn (BEF ). Bình luận. a) Là bài toán chứng minh các cặp góc bằng nhau, ta sử dụng tính chất của góc nội tiếp để chứng minh các cặp góc tương ứng bằng nhau. b) Là bài toán về tâm đường tròn ngoại tiếp một tam giác, ta sử dụng tính chất cách đều các đỉnh của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. c) Là bài toán liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn, ta dựa vào định nghĩa một tiếp tuyến và kết hợp các yếu tố đề bài là có thể giải quyết được. Các kiến thức trong bài toán này tương đối dễ, các câu có sự liên kết với nhau, câu sau là sự vận dụng kết quả của câu trước để chứng minh, chủ yếu là sử dụng kiến thức góc nội tiếp một đường tròn để chứng minh. Đề 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Đồng Nai GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 60/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 Bài 1 1. Giải phương trình x2 − 9x + 20 = 0.   7x − 3y = 4 2. Giải hệ phương trình .  4x + y = 5 3. Giải phương trình x4 − 2x2 − 3 = 0. Phân tích. Câu 1 là giải phương trình bậc hai. Ta có nhiều cách làm đối với câu này, như dùng định lý về công thức nghiệm, hay phân tích đa thức thành nhân tử rồi giải phương trình tích. Câu 2 là hệ phương trình bậc nhất theo hai ẩn x, y quen thuộc. Có hai cách giải cho bài này: một là dùng phương pháp thế, hai là phương pháp cộng đại số. Câu 3 là giải phương trình bậc 4 trùng phương. Cách giải đầu tiên ta nghĩ đến là đặt ẩn phụ và đưa về phương trình bậc hai kèm điều kiện của ẩn phụ để giải, sau đó dựa vào giá trị tìm được của ẩn phụ để tìm nghiệm của phương trình ban đầu. Lời giải. 1. x2 − 9x + 20 = 0. (1) ĐKXĐ: x ∈ R. • Cách 1: Phương trình (1) có: a = 1, b = −9, c = 20. ∆ = b2 − 4ac = 92 − 4.1.20 = 1 > 0 ⇒ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: √ √ −b − ∆ 9 − 1 −b + ∆ 9 + 1 x = = = 4; x = = = 5. 1 2a 2 2 2a 2 • Cách 2: (1) ⇔ x2 − 4x − 5x + 20 = 0 ⇔ x(x − 4) − 5(x − 4) = 0 ⇔ (x − 4)(x − 5) = 0  x − 4 = 0  ⇔  x − 5 = 0  x = 4  ⇔  . x = 5 GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 61/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 • Cách 3: 9 81 1 (1) ⇔ x2 − 2. .x + − = 0 2 4 4 Ç 9å2 1 ⇔ x − = 2 4  9 1 x − =   2 2 ⇔   9 1  x − = − 2 2  x = 5  ⇔  . x = 4 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 4 và x2 = 5. 2.   7x − 3y = 4 . (I)  4x + y = 5 ĐKXĐ: x, y ∈ R. • Cách 1:       7x − 3y = 4 7x − 3(5 − 4x) = 4 19x − 15 = 4 (I) ⇔ ⇔ ⇔    y = 5 − 4x y = 5 − 4x y = 5 − 4x       19x = 19 x = 1 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ .    y = 5 − 4x y = 5 − 4x y = 1 • Cách 2:       28x − 12y = 16 −19y = −19 y = 1 (I) ⇔ ⇔ ⇔    28x + 7y = 35 28x = 35 − 7y 28x = 35 − 7     y = 1 y = 1 ⇔ ⇔ .   28x = 28 x = 1 Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm (x = 1; y = 1). 3. x4 − 2x2 − 3 = 0. (1) ĐKXĐ: x ∈ R. GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 62/125
; Đề Tuyển Sinh Vào 10 ; Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956 • Cách 1: Đặt t = x2 (t ≥ 0). Phương trình (1) trở thành: t2 − 2t − 3 = 0 (ĐK: t ≥ 0). (2) Phương trình (2) có: a = 1, b = −2, c = −3. ∆ = b2 − 4ac = (−2)2 − 4.1.(−3) = 16 > 0 ⇒ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: √ √ −b − ∆ 2 − 4 −b + ∆ 2 + 4 t = = = −1 (loại); t = = = 3 (nhận). 1 2a 2 2 2a 2 Khi đó:  √ x = 3 2  (1) ⇔ x = 3 ⇔  √ . x = − 3 • Cách 2: (1) ⇔ x4 − 3x2 + x2 − 3 = 0 ⇔ x2(x2 − 3) + (x2 − 3) = 0 ⇔ (x2 − 3)(x2 + 1) = 0 2 2 ⇔ x − 3 = 0 (do x + 1 > 0, ∀x ∈ R) ⇔ x2 = 3  √ x = 3  ⇔  √ . x = − 3 √ √ Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = − 3. Bình luận. Bài này gồm những câu đơn giản, không yêu cầu cao về tư duy. Ta chỉ cần chú ý về cách trình bày và lập luận để không bị mất điểm. Với câu 1, ta thường sẽ lựa chọn cách 1 (giải bằng công thức nghiệm) để làm, vì khả năng giải quyết mọi phương trình bậc hai của cách này, cùng với bước giải ngắn. Cách 2 (phân tích đa thức thành nhân tử, đưa về phương trình tích) cũng là một cách giải hiệu quả trong trường hợp ta biết rằng phương trình có nghiệm "đẹp" (không phải nghiệm vô tỉ, có căn). Cách giải này không đòi hỏi phải viết lập luận mà vẫn đảm bảo tính logic, mạch lạc, tự nhiên của bài giải. Cách 3 (chính phương hóa biểu thức chứa x) có lẽ là cách ít được sử dụng nhất. Cách này không có thế mạnh nổi trội gì hơn so với hai cách nêu trên; nếu dùng để chứng minh phương trình vô nghiệm (chẳng hạn x2−2x+5 = 0 ⇔ (x−1)2+4 = 0) thì cách 1 có thể làm nhanh gọn khi tính ra ∆ < 0; nếu GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 63/125