Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi

http://w
ebdethi.net
CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN TẠI HÀ NỘI

http://w
ebdethi.net
Công ty Cổ phần Megastudy Hocmai.vn
1 megatest.vn
MỤC LỤC
1. Phương trình, hệ phương trình.......................................................................................................2
2. Rút gọn biểu thức...........................................................................................................................7
3. Đa thức...........................................................................................................................................9
4. Dãy số ..........................................................................................................................................11
5. Giải bài toán bằng cách giải phương trình, hệ phương trình .......................................................11
6. Đồ thị............................................................................................................................................12
7. Hình học.......................................................................................................................................14
8. Đại số – số học.............................................................................................................................19
9. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, đẳng thức, bất đẳng thức .........................................................21

http://w
ebdethi.net
2 megatest.vn
1. Phương trình, hệ phương trình
1.1. Giải phương trình, hệ phương trình
1.1.1. Phương trình chứa căn thức
a. Phương pháp giải
Phương pháp chung
Các phương pháp thường được sử dụng: Bình phương hai vế phương trình, đặt ẩn phụ
đưa về phương trình hoặc hệ phương trình đại số, …
Ngoài ra, ta có thể sử dụng phương pháp đánh giá và một số phương pháp đặc biệt khác.
b. Ví dụ
Ví dụ 1.1: (KHTN - 2004) Giải phương trình
3 1 2.x x   
Cách giải:
Điều kiện: 1.x 
Cách 1: (Bình phương hai vế)
Nhận xét thấy cả hai vế của phương trình đều không âm nên
  
3 1 2
2 2 2 3 1 2
x x
x x x
   
     
  
2
3 1 1
12 3
x x
x
x
x x
    
  
Do 1x  nên 1 0.x  Mặt khác, 2
2 3 0 1 .x xx     
Vậy 2
12 3 1.xx x x    
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1.x 
Cách 2: (Đặt ẩn phụ)
Đặt 3; 1.u x v x    Điều kiện 0; 0.u v 
Ta có hệ 2 2
2 04
2 2 2
1.
v v
u v u
v
v u
x
uu 
      
     
    
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1.x 
Cách 3: (Đánh giá)
Dễ thấy 1x  là nghiệm của phương trình ban đầu.
Với 1x  ta có 3 1 1 3 1 1 2 .VT x x VP         
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1.x 
c. Chú ý
Để làm tốt được dạng bài này, ta cần:
- Tìm tập xác định của .x
- Nhẩm nghiệm (nếu có thể) để có thể tìm ra cách giải nhanh hoặc để kiểm tra cách giải
có chính xác hay không.
- Đánh giá phương trình để tìm ra cách giải hợp lý nhất.
- Sau khi tìm được nghiệm, so sánh với điều kiện xác định.
- Nên thử lại nghiệm vào phương trình ban đầu.
1.1.2. Phương trình nguyên
Sử dụng các tính chất chia hết, bình phương, lập phương, … để giới hạn nghiệm trong
một khoảng xác định. Thử các giá trị nguyên trong khoảng này vào phương trình ban
đầu để tìm nghiệm.
Phương trình căn thức cơ bản Phương trình đại số
Phương trình căn thức đơn giản hơnPhương trình ban đầu

http://w
ebdethi.net
3 megatest.vn
b. Ví dụ
Ví dụ 1.2: (Chu Văn An - 2007) Cho phương trình
2 2
3 2 2 10 4 0. (1)y xy xx y     
Tìm nghiệm nguyên của phương trình (1).
Cách giải:
(1)   3 1 3 7.x y x y      
Do ,x y nên có bốn trường hợp xảy ra
3 1 1
3 7
x y
x y
  

   
hoặc
3 1 1
3 7
x y
x y
   

  
3 1 7
3 1
x y
x y
  

   
hoặc
3 1 7
3 1
x y
x y
   

  
Từ đó, ta giải được nghiệm nguyên  ;x y của phương trình (1) là
       3;1 , 7; 3 , 3;1 , 1; 3 .  
c. Chú ý
- Các tính chất chia hết, bình phương, lập phương,…
- Phải xét hết các trường hợp có thể xảy ra để có tập nghiệm đầy đủ.
- Thông thường, ta hay đưa về dạng có một vế là hằng số, vế còn lại các nhân tử. Do
vậy, các nhân tử của vế này sẽ là các ước của hằng số vế còn lại.
- Ước số của một hằng số bao gồm cả số âm và số dương.
1.1.3. Phương trình chứa dấu trị tuyệt đối
Phương pháp chung
Các phương pháp thường được sử dụng: Phá dấu trị tuyệt đối, Phân tích thành nhân tử ...
Ngoài ra, có thể sử dụng đánh giá để tìm nghiệm.
b. Ví dụ
Ví dụ 1.3: (KHTN - 2004) Giải phương trình
2
| 1| | 1| 1 | 1|.x x x    
Cách giải:
Cách 1: (Phân tích thành nhân tử)
Phương trình tương đương với   | 1| 1 | 1| 1 0x x    
- Giải
0
| 1| 1 0
2
x
x
x

      
- Giải
0
| 1| 1 0
2
x
x
x

     
Vậy phương trình có nghiệm là 0; 2.x x  
Cách 2: (Phá dấu trị tuyệt đối)
- Xét trường hợp 1x  ta có
 
 
2
0
2
2
x
x x
x TM

  

loaïi
- Xét trường hợp 1x   ta có
 
 
2
0
2
2
loaïix
x x
x TM

   
 
- Xét trường hợp 11 x   ta có  2
2 2 0 .x x TM   
Nghiệm Phương trình đại số
Phương trình chứa trị tuyệt đối đơn giản hơnPhương trình ban đầu

http://w
ebdethi.net
4 megatest.vn
Vậy phương trình có nghiệm là 0; 2.x x  
c. Chú ý
- Xét dấu các biểu thức trong dấu trị tuyệt đối.
- Xét đầy đủ các trường hợp có thể xảy ra của biến.
1.1.4. Phương trình bậc cao
Phương pháp giải: Phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ, đánh giá,…
b. Ví dụ
Ví dụ 1.4: (KHTN – 1994) Giải phương trình 4 3 2
2 6 16 8 0.x x x x    
Cách giải:
Phương trình tương đương    2 2
22 02x x x  
3
2
1
x
x

 
  
Vậy phương trình có nghiệm là 32; 1 .x x   
c. Chú ý
- Xét được nghiệm (nếu có thể) để phân tích thành nhân tử.
- Tìm tất cả các nghiệm của phương trình.
1.1.5. Hệ phương trình hai ẩn đối xứng loại I
Hệ phương trình hai ẩn ,x y đối xứng loại I là hệ phương trình có vai trò của ,x y là
như nhau trong từng phương trình.
Phương pháp giải: Đặt ; .x y S xy P   Đưa hệ phương trình thành hệ phương trình
hai ẩn , .S P Hai ẩn ,x y là nghiệm của phương trình 2
0.Stt P  
b. Ví dụ
Ví dụ 1.5: (Chu Văn An – 2005) Giải hệ phương trình
 
 
4 2 2
2 2
3
0
2 6
1
x y
xy
x
x y
y 
  
  


Cách giải:
Đặt ; .x y S xy P  
Hệ phương trình tương đương
 
24
2
(1)
10 (
23
)2 2
6S
P S
P
P
 



 
Từ (2) suy ra
2
2 102P
S
P

 thay vào (1) ta được
4 2 2
17 12 00 0 4 2PP P P        vì từ (2) suy ra 0P  .
Thay vào ra được 1.S  
Do vậy, ta được phương trình 2 1
2 0
2
t
t
t
t
 
     
Phương trình 2 1
2 0
2
t
t
t
t

      
Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;x y là        1;2 , 2; 1 , 1; 2 , 2;1 .   
c. Chú ý
- Nếu hệ phương trình có nghiệm  0 0;x y thì cũng có nghiệm  0 0; .y x
- Cần xét điều kiện của ,S P để không phải giải các trường hợp vô nghiệm.
1.1.6. Hệ phương trình hai ẩn đối xứng loại II

http://w
ebdethi.net
5 megatest.vn
Hệ phương trình hai ẩn ,x y đối xứng loại II là hệ phương trình x của phương trình này
và y của phương trình kia là như nhau trong từng phương trình. Do vậy, nghiệm luôn có
một nghiệm là .x y
Phương pháp giải: Trừ vế vế của hai phương trình cho nhau để xuất hiện một nghiệm
.x y
b. Ví dụ
Ví dụ 1.6: (Chu Văn An – 2008) Giải hệ phương trình
19 6 1
1
(1)
(2)9 6 1
x y
y x
    

   
Cách giải:
Từ hệ suy ra    19 19 6 6 0x y x y       
0
19 19 6 6
x y x y
x y x y
 
  
     
.x y 
Thay vào phương trình (1) ta được 19 6 1.x x   
Giải phương trình này ta được 30.x 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là  30;30 .
c. Chú ý
- Hệ phương trình luôn có nghiệm  0 0; .x x
- Cần phải tìm tất cả các nghiệm của hệ phương trình.
1.1.7. Hệ phương trình nhiều ẩn
Từ các phương trình của hệ suy ra được một phương trình đơn giản.
b. Ví dụ
Ví dụ 1.7: (KHTN – 1997) Giải hệ phương trình
2 1
2 1
2 1
xy x y
yz y z
xz z x
  

  
   
Cách giải:
Hệ tương đương
  
  
  
  
  
   
2 2
2 1 2 1 3 2 1 2 1 3
2 1 2 1 5 2 1 2 1 5
2 1 2 1 15 2 1 2 1 2 1 15
x y x y
y z y z
z x x y z
     
 
       
 
         
- Nếu    2 1 2 1 2 1 15x y z    ta được
2 1 1 1
2 1 3 2
2 1 5 3
x x
y y
x z
   
 
    
    
- Nếu    2 1 2 1 2 1 15x y z     ta được
2 1 1 0
2 1 3 1
2 1 5 2
x x
y y
x z
    
 
      
     
Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ;x y z là    1;2;3 , 0; 1; 2 . 
c. Chú ý
- Cần đưa ra được phương trình hợp lý từ các phương trình của hệ.
1.1.8. Hệ phương trình khác
Phương pháp sử dụng: Đặt ẩn phụ, phân tích thành nhân tử, đánh giá, …
b. Ví dụ

http://w
ebdethi.net
6 megatest.vn
Ví dụ 1.8: (KHTN – 2004) Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 2
3 3
2 2 7 (1)2
8 (2)
y x xy y x
x y x y
     

   
Cách giải:
Phương trình (1) tương đương   2 2 7.x y x y   
Vì ,x y nên (1) có các nghiệm    1;2 , 5;2 .
Thay các giá trị này vào phương trình (2) ta được nghiệm nguyên của hệ phương trình
là 1; 2.x y 
c. Chú ý
- Hỏi rõ yêu cầu của bài toán.
1.2. Các bài toán liên quan
1.2.1. Biện luận số nghiệm của phương trình, hệ phương trình
Phương pháp sử dụng: Đặt ẩn phụ, phân tích đa thức thành nhân tử, đánh giá,…
b. Ví dụ
Ví dụ 1.9: Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình sau
4 2
2 4 0.mxx   
Cách giải:
Đặt 2
( 0).tt x  Phương trình tương đương với 2
2 4 0 (*).mtt   
2
4.m   Do vậy,
- Phương trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi 2 2.m   Do đó, phương trình ban đầu
cũng vô nghiệm.
- Phương trình (*) có một nghiệm kép khi và chỉ khi 2m   hoặc 2m  .
+ Với 2m   thì 2.t  Do đó, phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt.
+ Với 2m  thì 2 0.t    Do đó, phương trình ban đầu vô nghiệm.
- Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
2; 2
2.
0
m m
m
m
  
  
 
Do đó, phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt.
- Phương trình (*) có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi 2.m  Do đó, phương
trình ban đầu vô nghiệm.
Kết luận:
- Phương trình ban đầu vô nghiệm khi và chỉ khi 2.m  
- Phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2.m  
- Phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2.m  
c. Chú ý
- Cần xét tất cả các khoảng giá trị của tham số.
1.2.2. Các nghiệm của phương trình, hệ phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước
Phương pháp sử dụng: Áp dụng định lý Vi-et.
b. Ví dụ
Ví dụ 1.10: (KHTN - 2003) Cho phương trình 4 2
2 4 0.mxx   
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt 1 2 3 4; ; ;xx x x thỏa
mãn 4 4 4 4
1 2 3 4 32.x x x x   
Cách giải:
Đặt 2
( 0).tt x  Phương trình tương đương với 2
2 4 0 (*).mtt   
Để phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt thì 2.m   (Theo ví dụ trên)
Đây là phương trình bậc 4 trùng phương vì vậy sẽ có hai nghiệm là số đối của nhau.
Giả sử 3 1 4 2.;x xx x    Ta có, 4 4
1 2 16xx   và 2 2
1 2;x x là nghiệm của phương trình (*).
Áp dụng định lý Vi-et đối với phương trình (*) ta được 2 2 2 2
1 2 1 22 ; 4x m xx x  

http://w
ebdethi.net
7 megatest.vn
4 4 2 2
1 2 4 8 6 6.x x m m m       
Vậy 6m   thỏa mãn điều kiện đã cho.
c. Chú ý
- Cần chứng minh sự tồn tại của nghiệm trước.
1.2.3. Bất phương trình, hệ bất phương trình
Giải bất phương trình, hệ bất phương trình cũng tương tự như giải phương trình, hệ
phương trình.
b. Ví dụ
Ví dụ 1.11: (Chu Văn An – 2005)
Cho bất phương trình  3 1 1 2m x m x    (m là tham số).
i. Giải bất phương trình với 2 21 .m  
ii. Tìm m để bất phương trình nhận mọi giá trị 1x  là nghiệm.
Cách giải:
i. Với 21 2m   , ta có
1 4 2 47 2 2
2 1 2 4 2
711 6 2
6 x x x
 
        

ii. Bất phương trình tương đương  3 4 2 1.m x m  
Bất phương trình nhận mọi giá trị 1x  khi và chỉ khi
3 4 0
3.2 1
1
3 4
m
mm
m
 

 
 
Vậy 3m  thỏa mãn yêu cầu đề bài.
c. Chú ý
- Dấu của bất phương trình, hệ bất phương trình.
- Dấu của các biểu thức khi nhân, chia vào hai vế của bất phương trình.
2. Rút gọn biểu thức
2.1. Rút gọn biểu thức
a. Phương pháp giải:
- Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa.
- Qui đồng mẫu số chung (nếu có).
- Đưa bớt thừa số chung ra ngoài căn thức (nếu có).
- Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, khai căn.
- Cộng trừ các số hạng đồng dạng.
- Với điều kiện xác định đã tìm được, trả lời kết quả rút gọn của biểu thức A.
b. Ví dụ:
Ví dụ 2.1: Rút gọn biểu thức:
2 3 9
93 3
x x x
A
xx x

  
 
, Với 0, 0x x 
Cách giải:
Với 0x  và 9x  ta có:
   3 2 3 3 9
9 9 9
x x x x x
A
x x x
  
  
  
 3 33 2 6 3 9 3 9 3
.
9 9 9 3
xx x x x x x
A
x x x x
     
   
   
Chú ý:
Để làm được dạng toán này, học sinh cần:
- Nắm được phương pháp giải.
- Nắm và biết biến đổi các hằng đẳng thức đáng nhớ.
- Thành thạo các kỹ năng tính toán, như : quy đồng mẫu số, tìm điều kiện để biểu thức
có nghĩa…
2.2. Tính giá trị biểu thức

http://w
ebdethi.net
8 megatest.vn
- Rút gọn biểu thức hay đưa biểu thức về dạng đơn giản hơn.
- Sau đó sử dụng, phân tích, biến đổi giả thiết cho trước, một cách phù hợp suy ra giá trị
cần tìm.
b. Ví dụ:
Ví dụ 2.2: Cho biểu thức
2
2 2 (1 )
.
1 22 1
x x x
P
x x x
   
      
Tính giá trị của biểu thức P khi 7 4 3x   .
Cách giải:
Sau khi rút gọn biểu thức với x 0 và x 4 thì biểu thức P có kết quả rút gọn là:
.P x x 
Mặt khác, với
2
7 4 3 4 2.2 3 3 (2 3)x       
2 3 2 3x    
Vậy với 7 4 3x   thay vào biểu thức P ta được 2 3 7 4 3 3 3 5.P      
c. Chú ý:
- Thành thạo dạng toán rút gọn biểu thức
- Thành thạo kỹ năng tính toán.
2.3. Tìm các giá trị thỏa mãn điều kiện cho trước
- Sau đó sử dụng, phân tích, biến đổi điều kiện cho trước, một cách phù hợpGiá trị
cần tìm.
b. Ví dụ:
Ví dụ 2.3: Cho biểu thức:
2 3 9
93 3
x x x
A
xx x

  
 
, Với 0, 0.x x 
Tìm giá trị x để
1
3
A  .
Cách giải:
Từ kết quả rút gọn biểu thức A ở ví dụ 2.1, ta có:
3
.
3
A
x


Theo bài ra:
1 3
3 9 6 36
3 3
A x x x
x
        

.
c. Chú ý:
2.4. Tìm các giá trị nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước
- Tách các phần nguyên (phần không chứa căn thức, phân thức, …).
- Sử dụng tính chất chia hết.
b. Ví dụ:
Ví dụ 2.4: Cho biểu thức
2
2
( 2) 4 8 32 2
: 1
( 1) 3 2 8 2
x x x
P
x x x x x
    
      
      
Tìm các giá trị chính phương x để P có giá trị nguyên.

http://w
ebdethi.net
9 megatest.vn
Cách giải:
Sau khi rút gọn biểu thức, với ; 40x x  , ta được
 
2
2 4 4x x x
P
x x
  
 
4 4
4
4 .
x x
x x x
x
x
  
  
Vì x là số chính phương nên ; .x x  
P có giá trị nguyên khi và chỉ khi:
4
x
có giá trị nguyên
 4Öx 
 1, 2, 4x    
x 1 -1 2 - 2 4 - 4
x 1 Không xác định 4 Không xác định 16 Không xác định
1, 16x x  thỏa mãn điều kiện.
4x  không thỏa mãn điều kiện.
Vậy các với các số chính phương 1, 16x x  thì P có đều có giá trị nguyên là 9.
c. Chú ý:
- Học sinh cần nắm vững kiến thức về số chính phương, số nguyên, giá trị nguyên...
2.5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
- Sau đó sử dụng kết quả sau khi rút gọn để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
b. Ví dụ:
Ví dụ 2.5: Cho biểu thức:
2 3 9
93 3
x x x
A
xx x

  
 
, Với 0, 9x x 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Cách giải:
Từ kết quả rút gọn biểu thức A ở ví dụ 2.1, ta có:
3
3
A
x


3
3
A
x


lớn nhất 3x  nhỏ nhất 0 0.x x   
c. Chú ý:
- Có kiến thức nền tảng về các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
3. Đa thức
3.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
Các phương pháp thường sử dụng: Dùng hằng đẳng thức, đặt nhân tử chung, nhóm
nhiều hạng tử, phối hợp nhiều phương pháp
b. Ví dụ
Ví dụ 3.1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:    2 2
2 1 2 2 12 0x x x x      

http://w
ebdethi.net
10 megatest.vn
Cách giải: đặt 2
2 1t x x   phương trình tương đương
 
  
2
1 12 0 12 0
3 4 0
t t t t
t t
      
   
  2 2
2 4 2 3 0x x x x    
    
2
2 1 3 0x x x    
c. Chú ý
Để làm tốt bài này ta cần biết cách đặt ẩn phụ sao cho hợp lí
3.2. Tìm các hệ số của đa thức
Sử dụng phương pháp đồng nhất hai đa thức.
b. Ví dụ
Ví dụ 3.2: Tìm các số nguyên , ,a b c sao cho đa thức   4 7x a x   phân tích được
thành   .x b x c 
Cách giải:
Với mọi x thì      4 7 .x a x x b x c     
Vậy với 4x  thì   4 4 7.b c   
Vai trò của b và c là như nhau nên có thể giả sử .b c
Do vậy có các trường hợp sau xảy ra
- Trường hợp 1:
4 1 3
10.
4 7 11
b b
a
c c
    
   
     
- Trường hợp 2:
4 7 3
2.
4 1 5
b b
a
c c
   
    
     
Thử lại: Các giá trị này đều thỏa mãn.
Vậy các giá trị  ; ;a b c thỏa mãn là        10; 3; 11 , 10; 11; 3 , 2;3; 5 , 2; 5;3 .       
c. Chú ý
- Hai đa thức bằng nhau thì các hệ số tương ứng bằng nhau.
- Với mọi giá trị của biến thì hai đa thức đều bằng nhau.
3.3. Chứng minh đa thức thỏa mãn điều kiện cho trước
Các phương pháp thường dùng là nhẩm nghiệm, đánh giá..để giới hạn nghiệm, sau đó
dùng phương pháp loại trừ để tìm ra nghiệm.
b. Ví dụ
Ví dụ 3.3: Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số tự nhiên có bậc bất kì 2 thỏa mãn
 30 2000P 
Cách giải:
Các hệ số của  P x đều lớn hơn 1
Nếu      3 2
deg 3 30 30 30 30 1 2000 vô íP x P l      
 deg {0;1;2}P x 
Trường hợp deg ( ) 0;1P x  đơn giản
Trường hợp  deg 2P x 
Đặt   2
axP x bx c   nếu    2
2 30 2.30 30 1 2000a P Voli     
1a  đưa về  deg 1P x 
c. Chú ý
- Nhẩm nghiệm để có thể tìm ra cách giải nhanh.
- Đánh giá đa thức để tìm ra cách giải hợp lí.

http://w
ebdethi.net
11 megatest.vn
4. Dãy số
4.1. Tổng dãy số
b. Ví dụ
Ví dụ 4.1: (KHTN – 2000) Tính
1 1
1.2 2.
1
.
1999.2003 0
S   
Cách giải:
Ta có
1 1 1 1 1 1
; ;...
1 1 1
; .
1999.2000 1999 201.2 1 2 2.3 02 03
    
Do vậy,
1 1 1
1
2 2 3
1 1
1999 2000
S
   
       
   
 
  
 

1 1999
1 .
2000 2000
S   
Vậy
1999
.
2000
S 
4.2. Tìm hoặc chứng minh dãy số thỏa mãn điều kiện cho trước
a. Ví dụ
Ví dụ 4.2: (KHTN - 2004) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số
nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [a]. Dãy các số 0 1; ;...; nxx x được xác
định bởi công thức
2 2
1
.n
n n
x
   
   
   

Hỏi trong 200 số  0 1 199; ;...;xx x có bao nhiêu số khác 0. (Cho biết 21, 1 ).4 1,42
Cách giải:
Do 2 là số vô tỷ nên với mọi số nguyên dương n thì
2
n
đều là số vô tỷ.
Ta có
1 1
2
2 2 2
1
2
1
2
1n
n n n n
x
      
          
     

.0 1nx  
Vì vậy 0 1 199; ;...; xx x chỉ nhận các giá trị 0 hoặc 1.
Mặt khác, 0 1 199
1 0 2 1 200 199
... ...
2 2 2 2 2 2
x x x
           
                  
         
 
 
200
100 2 2100 4 .
2
1 1
              
Do vậy có 141 số có giá trị bằng 1, tức là có 141 số khác 0.
5. Giải bài toán bằng cách giải phương trình, hệ phương trình
5.1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình
- Các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình kiểm tra điều kiện và trả lời
b. Ví dụ
Ví dụ 5.1: (Chuyên Hà Nội Amsterdam - 1993)
Trong tuần đầu, hai tổ sản xuất được 1500 bộ quần áo. Sang tuần thứ 2, tổ A vượt mức
25%, tổ B giảm mức 18% nên trong tuần này, cả hai tổ sản xuất được 1617 bộ. Hỏi
trong tuần đầu mỗi tổ sản suất được bao nhiêu bộ quần áo?
- Cách giải:
Gọi x là số bộ quần áo tuần đầu tổ A sản xuất được  0 1500x  .

http://w
ebdethi.net
12 megatest.vn
Ta có phương trình
125 82
(1500 ) 1617 900
100 100
x x x     (thỏa mãn)
Tuần đầu tổ A sản xuất được 900 bộ, tổ B sản xuất được 600 bộ.
c. Chú ý
- Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn, biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các
đại lượng đã biết.
- Khi giải phương trình cần chú ý về dấu, chuyển vế đổi dấu, kết luận nghiệm.
5.2. Giải bài toàn bằng cách lập hệ phương trình
Bước 1: - Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết
Bước 2: Lập hệ phương trình, biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng
Bước 3: Giải hệ phương trình, kiểm tra điều kiện và trả lời.
b. Ví dụ
Ví dụ 5.2: (Chuyên ĐHQG TP. HCM - 2002)
Tìm một số gồm hai chữ số, biết tổng của hai chữ số đó là 9 và tổng lập phương của hai
chữ số đó là 189.
- Cách giải:
Gọi số cần tìm là ab (a, bN, 0<a9, 0 9b  ).
Ta có hệ phương trình:
   
23 3
99 9
13189 89 20
a ba b a b
a b a bb aab ba 
     
           
Theo định lí Vi- ét đảo thì a, b là ngiệm của phương trình
2
9 20 0X X  
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt 1 24, 5.X X 
Từ đây, ta có hai số thỏa mãn là 45 và 54.
c. Chú ý:
- Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn, biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các
đại lượng đã biết
- Khi giải phương hệ trình cần chú ý về dấu, các cách giải hệ phương trình, kết luận
nghiệm.
6. Đồ thị
6.1. Viết phương trình đường thẳng
- Dạng tổng quát: y ax b 
- Dựa vào dữ kiện của bài ta xác định hệ số tự do b và hệ số góc a.
b. Ví dụ:
Ví dụ 6.1: Xác định phương trình đường thẳng (d) biết (d) đi qua M(3; 2) và song song
với đường thẳng
1
2
5
y x  .
Cách giải:
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
1
2
5
y x  nên (d) sẽ có dạng: 2y x a 
(d) đi qua điểm M(3; 2) ta có : 3=2.2+a a  -1.
Vậy phương trình đường thẳng (d) là : 2 1y x  .
c. Chú ý:

http://w
ebdethi.net
13 megatest.vn
Hai đường thẳng có phương trình y ax b  và ' ' 'y a x b  song song với nhau
'
'
a a
b b

 

; vuông góc với nhau . ' 1a a   ; cắt nhau 'a a  và trùng nhau
'
'
a a
b b

 

.
6.2. Viết phương trình Parabol
- Dạng tổng quát: 2
( 0)y ax bx c a    .
- Dựa vào dự kiện của bài ta xác định các tham số cần tìm.
b. Ví dụ
Ví dụ 6.2: (THPT Chuyên ĐHQG TP. HCM, 2004 - 2005)
Tìm m để parabol có phương trình 2
2 2y x mx m    tiếp xúc với đường thẳng
y x m  .
Cách giải:
Parabol 2
2 2y x mx m    tiếp xúc với đường thẳng y x m 
 phương trình 2
2 2x mx m x m     có nghiệm kép.
1
2
2
1 2 2
2
0 4 4 7 0
1 2 2
2
m
m m
m
  

       
  


.
c. Chú ý
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình hoành độ.
6.3. Tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
- Dựa vào dự kiện của bài ta xác định các tham số cần tìm.
b. Ví dụ
Ví dụ 6.3: (Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định, 2003 - 2004)
Trên đường thẳng có phương trình 1y x  tìm những điểm có tọa độ thỏa mãn đẳng
thức 2
3 2 0y y x x   .
Cách giải:
Thay 1y x  vào phương trình 2
3 2 0y y x x   ta được
2 2
( 1) 3( 1) 2 0 3 4 3 1 0x x x x x x x x x          
Đặt 0t x  , khi đó phương trình trở thành :
2 3 2 2 2
3 4 3 1 0 ( 1) ( 1) 0 1( )
1 2.
t t t t t t t t tm
x y
           
   
Vậy điểm M(1; 2) thảo mãn yêu cầu của đề bài.
c. Chú ý:
Khi làm bài chú ý đặt điều kiện cho ẩn t và khi giải xong thì so sánh với điều kiện.
6.4. Sự tương giao của hai hay nhiều đồ thị
- Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình hoành độ.
b. Ví dụ
Ví dụ 6.4: (Chuyên Hà Nội-Amsterdam, 2000-2001)
Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng d và parabol (P) có phương trình 2
y x .
1. Chứng minh rằng với mọi m, d luôn đi qua một điểm cố định và luôn cắt d ở hai điểm
phân biệt A và B.
2. Tìm m để diện tích OAB là hai đơn vị diện tích.
Cách giải:

http://w
ebdethi.net
14 megatest.vn
1. Giải sử M(x0; y0 )là điểm mà d đi qua với mọi m 0 0 1y mx   với mọi m
0 0(1 ) 0x m y    với mọi m
0
0
0
(0;1)
1
x
M
y

 

.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): 2
1 0x mx  
Ta thấy ac=-1<0phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu nhau x1 và x2
Vậy d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y .
2. Theo định lý Vi-et ta có:
1 2
1 2
1x x
x x m
 

 
Phương trình đường thẳng OA là: 1
1
1
y x
y x x
x
  .
Phương trình đường thẳng OB là: 2
2
2
y x
y x x
x
  .
Vì 1 2 1x x   nên OA OB và ba điểm O, A, B phân biệt. Ta có:
2 4 2 4 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1
. ( )( ) | | (1 )(1 )
2 2 2
1 1 1
| 1| (1 )(1 ) ( ) 2 ( ) 1 4
2 2 2
OABS OAOB x x x x x x x x
x x x x x x x x m
      
          
Do đó: 21
2 4 2 2 3
2
OABS m m       .
c. Chú ý
- Định lý vi-ét :
1 2
1 2
b
S x x
a
c
P x x
a

   

  

- Diện tích của tam giác vuông thì bằng một phần hai tích hai cạnh góc vuông.
7. Hình học
7.1. Chứng minh hai đường thẳng song song, vuông góc
- Chứng minh song song: Sử dụng định lý Ta-let, chứng minh song song với đường
thẳng thứ ba, cùng vuông góc với một đường thẳng, …
- Chứng minh vuông góc: Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm đến một đường thẳng,
song song với đường thẳng vuông góc với đường thẳng kia, vuông góc với đường
thẳng song song với đường thẳng kia, …
b. Ví dụ
Ví dụ 7.1: (KHTN - 1995) Cho ba điểm cố định A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ấy. Gọi
(Ω) là một vòng tròn qua B và C. Kẻ từ A các tiếp tuyến AE và AF đến vòng tròn (Ω).
(E và F là các tiếp điểm). Gọi O là tâm của vòng tròn (Ω), I là trung điểm của BC, N là
trung điểm của EF. Đường thẳng FI cắt vòng tròn (Ω) tại E. Chứng minh rằng '/ / .EE AB
Cách giải:

http://w
ebdethi.net
15 megatest.vn
Giả sử O BC và đường thẳng OI cắt cung BC không chứa F tại M. Khi đó, do A, E, F,
O, I cùng thuộc đường tròn đường kính AO nên trong mọi trường hợp ta có
   1
'.
2
EF EFE'EOM I EOE   Vậy OM là đường phân giác của góc 'EOE suy ra
'EEOM  hay '.EEOI  Mà OI BC nên '/ / .EE BC AB
Trường hợp ,O BC khi đó O I thì ' 90FEE   mà FE BC nên '/ / .EE BC AB
c. Chú ý
- Vẽ đúng hình.
7.2. So sánh độ dài hai đoạn thẳng, độ lớn hai góc
Phương pháp sử dụng: Tính chính xác độ dài các đoạn thẳng, độ lớn các góc, sử dụng
mối quan hệ cạnh-góc trong tam giác, góc ở cung-độ dài cung trong đường tròn, …
b. Ví dụ
Ví dụ 7.2: (KHTN - 2001) Cho tứ giác lồi .ABCD Chứng minh rằng nếu các góc B và
D của tứ giác là vuông hoặc tù thì .AC BD
Cách giải:
Vẽ đường tròn  O đường kính AC. Do  ,90 90B D   nên B và D nằm bên trong
hoặc trên đường tròn. Kéo dài BD cắt (O) tại M và N. Ta có .MN DAC B 
c. Chú ý
- Tính toán cẩn thận.
7.3. Sự tương giao giữa đường thẳng với đường tròn, đường tròn với đường tròn
- Cho đường thẳng  và đường tròn (O; R).
  ;( )d O R  thì  cắt (O) tại hai điểm phân biệt.
  ;( )d O R  thì  là tiếp tuyến của (O).
  ;( )d O R  thì  không cắt (O).
- Cho hai đường tròn    ; , '; 'O R O R .
 ' 'OO R R  thì  O và  'O nằm ngoài nhau.
 ' 'R-R' <OO R R  thì  O và  'O cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
 ' 'OO R R  thì  O và  'O nằm trong nhau.
 ' 'OO R R  thì  O và  'O tiếp xúc ngoài nhau.
 ' 'OO R R  thì  O và  'O tiếp xúc trong nhau.
b. Ví dụ
Ví dụ 7.3: (Bến Tre – 2012) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A, B vẽ các
tiếp tuyến Ax, By về phía có chứa nửa đường tròn (O). Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng
M
E'
F
IA
B C
O
E

http://w
ebdethi.net
16 megatest.vn
OA; điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax
tại C; đường thẳng CN cắt By tại D. Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
Cách giải:
Ta có 'O là trung điểm của CM hay CM là đường kính của ( ').O Suy ra  90 .CNM  
Suy ra    90 , 90 .NCM CMN NDM DMN     
Mà    180 .CMD MDC DCM    Vậy   90 .CMN NMD  
Vậy DM là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
c. Chú ý
- Tính chất của tiếp tuyến với đường tròn.
7.4. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
Phương pháp sử dụng: Chứng minh một vế bằng (lớn hơn, nhỏ hơn) biểu thức trung
gian, biểu thức trung gian này bằng (lớn hơn, nhỏ hơn) vế còn lại.
b. Ví dụ
Ví dụ 7.4: (KHTN – 2000) Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong hình thang ABCD
 / / ,AB CD tiếp xúc với cạnh AB tại E và với cạnh CD tại F. Chứng minh rằng
.
BE DF
AE CF

Cách giải:
Đường tròn (O) tiếp xúc với AD tại P, BC tại Q. Vì  / / 180 .AB CD A D   
Ta có   
 
 
180 180 90
2
A B
AOD O AD OA O DD A

        vuông tại O.
Tương tự, OBC vuông tại O.
Xét hai tam giác OAD và OBC ta có 2
.. .P D r CA QBP Q
Mà ; ; ;AE AP DF DP BE BQ CF CQ    nên . . .
BE DF
AE DF BE CF
AE CF
  
c. Chú ý
- Sử dụng tính chất đường tròn, các tam giác, tứ giác đặc biệt.
O'
y
x
OM
N
D
C
BA
r
D C
Q
P
A BE
F
O

http://w
ebdethi.net
17 megatest.vn
7.5. Chứng minh tính chất đa giác
Sử dụng các tính chất song song, vuông góc, góc bù, …
b. Ví dụ
Ví dụ 7.5: (Chu Văn An - 2005) Đường tròn tâm O có dây cung AB cố định và I là
điểm chính giữa cung lớn AB. Lấy điểm M bất kỳ trên cung lớn AB, dựng tia Ax vuông
góc với đường thẳng MI tại H và cắt tia BM tại C. Chứng minh các tam giác AIB và
AMC là tam giác cân.
Cách giải:
Ta có IA IB nên IAB cân tại I.
- Nếu M thuộc IA (không chứa B) thì   (1).CMH IMB
Mặt khác,   
  1
(2).
2
ñ ñ ñ ñs AMH s AM s MI s IMB  
Từ (1) và (2) suy ra MAC cân tại M.
- Nếu M thuộc IB (không chứa A): Chứng minh tương tự.
7.6. Chứng minh đa giác nội tiếp, ngoại tiếp đường tròn
- Chứng minh nội tiếp đường tròn: Các đỉnh cùng nằm trên một đường tròn, hai góc kề
nhau của một tứ giác có tổng là 180 , hai đỉnh đối nhau cùng nhìn cạnh của hai đỉnh
còn lại một góc như nhau, một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp các điểm còn lại, …
- Chứng minh ngoại tiếp đường tròn: Tiếp xúc tất cả các cạnh của đa giác.
b. Ví dụ
Ví dụ 7.6: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A, B vẽ các tiếp tuyến Ax, By
về phía có chứa nửa đường tròn (O). Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA; điểm N thuộc
nửa đường tròn (O). Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax tại C; đường
thẳng CN cắt By tại D. Chứng minh tứ giác MNDB nội tiếp.
Cách giải:
Ta có 'O là trung điểm của CM hay CM là đường kính của ( ').O Suy ra  90 .CNM  
Mặt khác,  90 .MBD   Vậy tứ giác MNDB nội tiếp đường tròn đường kính MD.
7.7. Chứng minh điểm cố định, điểm đồng quy
b. Ví dụ
Ví dụ 7.7: (Chu Văn An – 2005) Cho tam giác ABC, lấy ba điểm D, E, F theo thứ tự
trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp. Trên tia AD lấy điểm P (D
nằm giữa A và P) sao cho DA.DP=DB.DC. Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp và
hai tam giác DEF, PCB đồng dạng với nhau.
Cách giải:
O'
y
x
OM
N
D
C
BA

http://w
ebdethi.net
18 megatest.vn
Từ DA.DP=DB.DC suy ra ,
DP DC
DB DA
 kết hợp với  BDP ADC ta có .BDP ADC  
Suy ra  ,DPB DCA suy ra tứ giác ABPC nội tiếp.
Vì AEDF và ABPC nội tiếp nên      ;EF AFD D BCP DFE DAE CBP    . Từ đây suy
ra hai tam giác DEF, PCB đồng dạng với nhau.
7.8. Quỹ tích hình học
Tìm được mối liên hệ giữa điểm di động với các điểm cố định.
b. Ví dụ
Ví dụ 7.8: (Chu Văn An – 2005) Cho tam giác ABC, lấy ba điểm D, E, F theo thứ tự
trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp. Trên tia AD lấy điểm P (D
nằm giữa A và P) sao cho DA.DP=DB.DC. Khi M di động trên cung lớn AB, chứng
minh rằng điểm C di chuyển trên một cung tròn cố định.
Cách giải:
Từ kết quả của Ví dụ 7.5 ta có ,IA IC mà IA không đổi nên C nằm trên đường tròn
tâm I, bán kính IA.
Khi M A thì C A , khi M B thì 1C C trong đó 1C là giao điểm của đường
thẳng qua A vuông góc với IB với đường tròn tâm I, bán kính IA.
Do đó, khi M di động trên cung lớn AB thì điểm C di chuyển trên một cung tròn 
1AC
của đường tròn tâm I, bán kính IA.
c. Chú ý
- Sau khi tìm được quỹ tích, ta phải xét các giới hạn di chuyển để tìm được quỹ tích
chính xác.
7.9. Tính độ dài, góc, chu vi, diện tích
Sử dụng các công thức tính chu vi, diện tích của đa giác, đường tròn.
P
F
E
D
C
B
A
C1
C
H
I
O
B
A
M

http://w
ebdethi.net
19 megatest.vn
b. Ví dụ
Ví dụ 7.9: (KHTN - 2003) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB =2R (R là một độ
dài cho trước), M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và
tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng 3.R Tính độ dài MN theo R.
Cách giải:
Hạ 'AA và 'BB vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN, suy ra .OH MN
Trong hình thang ' 'AA B B ta có:
 
31
' ' .
2 2 2
AA
R R
OH BB MH MN R      
Sử dụng các bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức Cô-si,…
b. Ví dụ
Ví dụ 7.10: (KHTN – 2003) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB =2R (R là một độ
dài cho trước), M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng
các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng 3.R Gọi giao điểm của hai dây AN và
BM là I , giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích
tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thoả mãn giả thiết của bài toán.
Cách giải:
Do I là trực tâm của ABK nên IK AB (giả sử tại P).
Do , 'O O nằm trên đường trung trực của MN nên , , 'O H O thẳng hàng.
Xét 'OOM ta được
2
' 2
3
'OO
R
MO  .
Tam giác KAB có AB không đổi nên diện tích của nó lớn nhất khi và chỉ khi KP lớn nhất.
Do
2
' 3.
3 3
OO
R R
K RKOP     Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi P KO AB  
đều nên diện tích tam giác KAB đạt giá trị lớn nhất bằng
2
2
4
3
3
AB
R (đvdt).
8. Đại số – số học
8.1. Tìm số
Sử dụng dấu hiệu chia hết, tính chất số nguyên tố, số chính phương,…
b. Ví dụ
Ví dụ 8.1: (Chu Văn An – 2007) Tìm số nhỏ nhất trong các số nguyên dương là bội của
2007 và có bốn chữ số tận cùng là 2008.
Cách giải:
Số cần tìm có dạng  *
10000 2008 .A A 
Ta có  10000 2008 2007A 
  *
1972 1 2007 1972 1 2007 ,A A kk      
2007 1 35 1
.
1972 1972
k k
A k
 
   
Do *
A nên   *
35 1 1972 35 1 1972 , .k k m m    
Suy ra    1972 1 35 12 1 35.m m   
Tìm được 32m  là số nhỏ nhất thỏa mãn. Khi đó 1835.A 
Vì số cần tìm nhỏ nhất khi A nhỏ nhất, tức là m nhỏ nhất. Do đó, số nhỏ nhất cần tìm là
18352008.
c. Chú ý
- Nên thử lại kết quả tìm được.
8.2. Tìm số cách chọn thỏa mãn một điều kiện cho trước

http://w
ebdethi.net
20 megatest.vn
b. Ví dụ
Ví dụ 8.2: (KHTN – 2012) Với mỗi số *
, 2n n  cố định, xét các tập n số thực đôi
một khác nhau  1 2; ;... .; nX xx x Kí hiệu C(X) là số các giá trị khác nhau của tổng
 1 .i jx i j nx     Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của C(X).
Cách giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử 1 2 ... nxx x  
Khi đó, ta có đánh giá
1 2 1 3 1 2 1... ... .n n n nx x x x x xx xx x          
Do đó,   2 3.C X n  Có thể chỉ ra tập số thỏa mãn chính là tập hợp n số nguyên
dương đầu tiên.
Phần còn lại tìm giá trị lớn nhất cũng khá dễ. Hiển nhiên,  
 1
.
2
n n
C X

 Một tập
hợp thỏa mãn tính chất này chẳng hạn  2
;..2;2 .;2 .n
8.3. Tìm tổng các chữ số của một số
a. Ví dụ
Ví dụ 8.3: (KHTN - 1992) Cho a là tổng các chữ số của  
59 194
2 ,b là tổng các chữ số
của .a Tìm tổng các chữ số của .b
Cách giải:
Với n ta ký hiệu tổng các chữ số của n là  .S n Ta có
   
1945 3.1945 58359 58353
2 2 8 10 ,N     nên N có không quá 5835 chữ số mà
  5835.9 52515,a S N   suy ra a có không quá 5 chữ số,   5.9 45.b S a  
Trong các số tự nhiên từ 0 đến 45 thì số có tổng các chữ số lớn nhất là 39 và tổng các
chữ số của nó là 12. Suy ra   12.S b 
Ta biết rằng với mọi n thì    mod9 ,S n n do đó
      mod9 .S b b S a a S N    Mà  5835
8 1 mod9N    nên
   1 mod9 ,S b   mà   12S b  nên   8.S b 
Vậy tổng các chữ số của b là 8.
8.4. Tìm hoặc chứng minh một, hai hay ba chữ số tận cùng của một số thỏa mãn một số tính
chất cho trước
a. Ví dụ
Ví dụ 8.4: (KHTN - 2012) TÌm hai chữ số tận cùng của số 106 2012
41 57 .A  
Cách giải:
Ta có    4 2012
57 1 mod100 57 1 mod100 .  
     5 105 106
41 1 mod100 45 1 mod100 45 41 mod100 .    
Vậy    106 2012
41 57 42 mod100 .A   
Vậy hai chữ số tận cùng của A là 42.
b. Chú ý
- Tìm các chữ số tận cùng bằng cách tính đồng dư theo modun 10, 100, …
8.5. Chứng minh một số là số nguyên tố, số chính phương, số tự nhiên, số nguyên,…
a. Ví dụ
Ví dụ 8.5: (KHTN - 2002)
Tìm tất cả các số nguyên n sao cho 2
2002n  là số chính phương.
Cách giải:
Giải sử 2
2002n  là số chính phương

http://w
ebdethi.net
21 megatest.vn
2 2
2002 ,n m m  
  
2 2
2002
2002. (*)
n
m n n m
m  
   

Chú ý rằng n và m phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
  2m n   và   2m n 
Suy ra (*) không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 4 nhưng vế phải không chia hết cho 4.
Vậy không có số nguyên n sao cho 2
2002n  là số chính phương.
b. Chú ý
- Sử dụng tính chất của các số nguyên tố, chính phương, …
- Sử dụng tính chất chia hết.
8.6. Chứng minh chia hết cho một số cho trước
a. Ví dụ
Ví dụ 8.6: (KHTN - 1999) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2
9 2n n  chia
hết cho 11.n
Cách giải:
Ta có
2
20
2 .
11 1
9 2
1
n
n
n n
n
  
 
 
Muốn    2
9 2 11nn n   thì  11n  là ước số của 20 suy ra 9n  là giá trị duy
nhất tìm được.
b. Chú ý
- Sử dụng tính chất ước số của một số.
9. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, đẳng thức, bất đẳng thức
- Sử dụng các bất đẳng thức Cô-si, Bunhiaxcopki, …
b. Ví dụ
Ví dụ 9.1: (KHTN - 2012) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 2
3 2 1 5 4y x x x   
với
1
2 2
5
.x 
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có  
2
2 23
2 ; 5 .
2
5
1 4
x
x x x x




Do vậy ta có
 
22
3 13
4
2 2
6 5
4.
xx
y
x 
 
 
 
Dấu " " khi và chỉ khi 1.x 
Vậy giá trị lớn nhất của y là 4 đạt tại 1.x 
c. Chú ý
- Miền xác định của biến số.
9.2. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
Phương pháp sử dụng: Chứng minh một vế bằng (lớn hơn, nhỏ hơn) biểu thức trung
gian, biểu thức trung gian này bằng (lớn hơn, nhỏ hơn) vế còn lại.
b. Ví dụ
Ví dụ 9.2: (KHTN - 2003) Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn điều kiện
6.x y z xy yz zx     
Chứng minh rằng 2 2 2
3.yx z  
Cách giải:

http://w
ebdethi.net
22 megatest.vn
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki cho hai bộ số  ; ; ; ; ;x y x x y z và  1;1;1; ; ;y z x ta
được
    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1y z x yx y z x z y z xy yz zx x              
   
22 2 2 2 2 2
62 36y z y zx x     
  2 2 2 2 2 2
03 6x xy z y z     
2 2 2
3.yx z  
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 1.x y z  
c. Chú ý
- Biến đổi dữ kiện đầu bài để xuất hiện thành phần trong đẳng thức, bất đẳng thức cần
chứng minh.
- Luôn xét trường hợp dấu " " xảy ra ở các bất đẳng thức.

Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (18)

Destacado

Destacado (7)

Similar a Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi

Similar a Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi (20)

Más de webdethi

Más de webdethi (20)

Último

Último (20)

Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi