Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Dạng 1. Đưa pt về dạng



=
≥
⇔=
2
0
BA
B
BA
Giải pt
1)
xxx =−++ 2732
2
⇔
2732
2
+=++ xxx
⇔
( )



+=++
≥+
2
2
2732

02
xxx
x
⇔



++=++
−≥
222
22 2732
2
xxxx
x
⇔



++=++
−≥
44732
2
22
xxxx
x
⇔



=−−−++

−≥
044732
2
22
xxxx
x
⇔



=+−
−≥
03
2
2
xx
x



≥
⇔
ptVN
x 2
KL: phương trình Vô Nghiệm
2)
665 −=+ xx
( )




−=+
≥−
⇔
2
665
06
xx
x



+−=+
≥
⇔
22
66.265
6
xxx
x



+−=+
≥
⇔
361265
6
2
xxx

x



=+−
≥
⇔
03017
6
2
xx
x








=
=
≥
⇔
15
2
6
x
x
x

15=⇒ x
(loại x=2) KL: pt có 1 nghiệm là x=15
3)
123 ++=− xx
(*)
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả
⇒
( )
2
123 ++=− xx
12223 ++++=−⇒ xxx
2233 +++=−⇔ xxx
222 +=−⇔ xx
2+=−⇔ xx
xx −=+⇔ 2
⇔



−=+
≥−
2
)(2
0
xx
x
⇔




=+
≤
2
2
0
xx
x
⇔



=−−
≤
02
0
2
xx
x
⇔








=
−=
≤

2
1
0
x
x
x
1−=⇒ x
(loại x=2)
Thử nghiệm: thế x=-1 vào (*), ta được
121)1(3 ++−=−−
114 +=⇔
112
+=⇔
(đúng)
⇒
Nhận x=-1
4)
252
2
+=+ xx
đs:
32 ±=x
5)
131024
2
+=++ xxx
đs: x=1
6)
xxx =++− 112
2

Giải: Pt đã cho
⇔
112
2
−=+− xxx
( )



−=+−
≥−
⇔
2
2
112
01
xxx
x



+−=+−
≥
⇔
1212
1
22
xxxx
x
1

Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010



−=
≥
⇔
11
1
x
x
⇒
pt Vô Nghiệm
7)
224
2
−=−+ xxx
đs: x=3 (lưu ý: loại x=0)
Dạng 2. Đưa pt về dạng
⇔= BA
Cách 1



=
≥
BA
A 0
(hoặc cách 2




=
≥
BA
B 0
)
1)
52443
2
+=+− xxx
Nhận xét: Vì B=2x+5 đơn giản hơn A=3x
2
-4x+4 nên ta chọn cách 2
Giải:



+=+−
≥+
⇔
52443
052
2
xxx
x



=−−

−≥
⇔
0163
52
2
xx
x















+
=
−
=
−≥
⇔
3
323

3
323
2
5
x
x
x






+
=
−
=
⇒
3
323
3
323
x
x
( nhận 2 nghiệm)
KL: pt có 2 nghiệm







+
=
−
=
3
323
3
323
x
x
2)
52443
2
+=++ xxx
Nhận xét: Vì B=2x+5 đơn giản hơn A=3x
2
+4x+4 nên ta chọn cách 2
Giải:



+=++
≥+
⇔
52443
052
2
xxx

x



=−+
−≥
⇔
0123
52
2
xx
x











=
−=
−≥
⇔
3
1
1

2
5
x
x
x




=
−=
⇒
3
1
1
x
x
(nhận 2 nghiệm)
Dạng 3. Đưa pt về dạng
BA =

BA
=⇔
hay
BA −=
1)
3237
2
+=+− xxx
Giải:

⇔
x
2
-7x+3=2x+3 hay x
2
-7x+3=-(2x+3 )
2
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
⇔
x
2
-9x=0 hay x
2
-5x+6=0
⇔



=
=
9
0
x
x
hay



=
=

3
2
x
x
KL: phương trình có 4 nghiệm: x=0 hay x=9 hay x=2 hay x=3
2)
xxxx 222
22
+=−−
đs: pt có 3 nghiệm x=-1 hay x=1 hay x=
2
1
−
Dạng 4. Đưa pt về dạng
BA =









−=
=
≥
⇔
BA
BA

B 0
1)
445
2
+=+− xxx








+−=+−
+=+−
≥+
⇔
)4(45
445
04
2
2
xxx
xxx
x









=+−
=−
−≥
⇔
084
06
4
2
2
xx
xx
x












→=+−
=
=

−≥
VôNghiêmxx
x
x
x
084
6
0
4
2



=
=
⇒
6
0
x
x
KL: phương trình có 2 nghiệm:



=
=
⇒
6
0
x

x
2)
223
2
−=+− xxx
đs: x=2 (lưu ý: loại x=0)
3)
3158
2
−=+− xxx
đs: x=3 hay x=6 hay x=4
Dạng 5. Đưa pt về dạng
BA <




−>
<
⇔
BA
BA
hoặc
BA ≤




−≥
≤

⇔
BA
BA
1)
22
223 xxxx −<+−



−−>+−
−<+−
⇔
)2(23
223
22
22
xxxx
xxxx



>+−
<+−
⇔
02
0252
2
x
xx
Giải (1): 2x

2
-5x+2<0
x -∞
2
1
2 +∞
2x
2
-5x+2 + 0 - 0 +
2
2
1
<<⇒ x
Giải (2): -x+2>0
22
<⇔−>−⇔
xx
3
(1)
0
2
1
2
(2)
(Nhận)
(Nhận)
(vì thỏa điều kiện
4
−≥
x

)
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Giao Nghiệm:





<
<<
2
2
2
1
x
x
⇒
2
2
1
<< x
Kết luận:Nghiệm của bpt là
2
2
1
<< x
2)
112 <+x
đs: -1<x<0
3)

9922
2
+−≤− xxx
đs:
2
24 −
≤x
v
x≤
+
2
35
Dạng 6. Đưa pt về dạng
BA >




−<
>
⇔
BA
BA
hoặc
BA ≥




−≤

≥
⇔
BA
BA
1)
14 ≥+x



−≤+
≥+
⇔
14
14
x
x



−≤
−≥
⇔
5
3
x
x
2)
12252
22
+−>+ xxx

đs:
2
−>
x
3) 2
41 +>+ xx
đs:



−<
>
2
2
x
x
4)
xxx 282
2
≥−−



−≤−−
≥−−
⇔
xxx
xxx
282
282

2
2



≤−
≥−−
⇔
08
084
2
2
x
xx



≤≤−
≤+∨−≤
⇔
2222
322322
x
xx
hợp nghiệm



+≥
≤

⇒
322
22
x
x
4
Giao Lấy phần chung
( )
)
22−
22
322 −
322 +
[]
[
]
Hợp Lấy phần chung và phần riêng
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Dạng 7
Áp dụng công thức:
⇔> BA




<
≥
0
0
B

A
hoặc



>
≥
2
0
BA
B
1)
xxx −>+− 4)1)(3(
(*)
⇔




<−
≥+−
04
0)1)(3(
x
xx
(I) hoặc
( )




−>+−
≥−
2
4)1)(3(
04
xxx
x
(II)
 Giải hệ (I):



<−
≥+−
04
0)1)(3(
x
xx
 Giải (1): (x-3)(x+1)
≥
0
033
2
≥−−+⇔ xxx
032
2
≥−−⇔ xx
(1’)
x -∞ -1 3 +∞
(1’) - 0 + 0 -

(1’)
31
≤≤−⇒
x
 Giải (2): 4-x<0
4>⇔ x
Giao



>
≤≤−
4
31
x
x
⇒
Vô nghiệm
 Giải hệ (II)
( )



−>+−
≥−
2
4)1)(3(
04
xxx
x

Giải (3): 4-x
≥
0
4
≤⇔
x
Giải (4):
( )
2
4)1)(3( xxx −>+−

22
81633 xxxxx +−>−−+⇔
22
81632 xxxx +−>−−⇔
196
>⇔
x
6
19
>⇔ x
Giao





>
≤
6

19
4
x
x
4
6
19
≤<⇒ x
Kết luận: nghiệm của bpt là:
4
6
19
≤< x
5
(1)
(2)
-1 3 4
(3)
(4)
6
19
4
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Dạng 8
Áp dụng công thức:
⇔≤ BA







≤
≥
≥
2
0
0
BA
B
A
Nếu
⇔< BA






<
>
≥
2
0
0
BA
B
A
2345
2

−≤++ xxx
(*)
(*)
( )





−≤++
≥−
≥++
⇔
2
2
2
2345
023
045
xxx
x
xx
 Giải (1):
045
2
≥++ xx
(1)
x -∞ -4 -1 +∞
(1) - 0 + 0 -
(1)

14
−≤≤−⇒
x
 Giải (2): 3x-2
≥
0
3
2
≥⇔ x
 Giải (3):
( )
2
2
2345 −≤++ xxx
412945
22
+−≤++⇔ xxxx
0178
2
≤+−⇔ xx
(3’)
x -∞ 0
8
17
+∞
(3’) - 0 + 0 -
Nghiệm của (3) là:
0
≤
x

v
x≤
8
17
 Giao nghiệm của (1), (2) và (3)





≤
≥
−≤≤−
0
3
2
14
x
x
x
⇒
Vô nghiệm
6
(1)
(2)
(3)
x≤
8
17
v

Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Dạng 9. Định m để pt ax
2
+bx+c=0
a) Tìm m để pt có nghiệm
Trường hợp 1: a=0
⇒
tìm được m
⇒
sau đó thế m vừa tìm được vào pt để tìm x,
Trường hợp 2:



≥∆
≠
0
0a
b) Tìm m để pt vô nghiệm
Trường hợp 1: a=0
⇒
tìm được m
⇒
sau đó thế m vừa tìm được vào pt để tìm x,
Trường hợp 2:



<∆
≠

0
0a
c) Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt



>∆
≠
⇔
0
0a
1) Định m để pt:
a) x
2
-mx+m
2
-m-2 có nghiệm
b) (m+1)x
2
-2(m+8)x+m+2=0 vô nghiệm
c) (m-1)x
2
+(2m-3)x+m+1 =0 có hai nghiệm phân biệt
Giải:
a) x
2
-mx+m
2
-m-2
Tìm m để pt có nghiệm

Giải: pt có nghiệm



≥∆
≠
⇔
0
0a



≥−−−−
≠
⇔
0)2.(1.4)(
)(01
22
mmm
đúng
0844
22
≥++−⇒ mmm
0843
2
≥++−⇔ mm
0843
2
≤−−⇔ mm
x -∞

3
722 −
3
722 +
+∞
3m
2
-4m-8 + 0 - 0 +
3
722
3
722 +
<<
−
⇒ m

7
nếu có nghiệm x thì nhận m
, nếu vô nghiệm x thì loại m
nếu có nghiệm x thì loại m
, nếu vô nghiệm x thì nhận m
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
b) (m+1)x
2
-2(m+8)x+m+2=0 (*)
Tìm m để pt vô nghiệm
Trường hợp 1: m+1=0
1−=⇒ m
thế vào (*), ta được:14x+1=0
14

1
−=⇒ x
có nghiệm
⇒
loại
1−=m
Trường hợp 2:



<∆
≠
0
0
'
a
( )



<++−+
≠+
⇒
0)2)(1(8
01
2
mmm
m




<+++−++
−≠
⇒
0)212(88 2
1
222
mmmmm
m



<++−++
−≠
⇒
0)23(64.16
1
22
mmmm
m



<−−−++
−≠
⇒
02364.16
1
22
mmmm

m



<+
−≠
⇒
06213
1
m
m



−<
−≠
⇒
6213
1
m
m





−<
−≠
⇒
13

62
1
m
m
13
62
1 −≤≠−⇒ m
Kết luận:
13
62
1 −≤≠− m
thì phương trình (*) Vô nghiệm
c) (m-1)x
2
+(2m-3)x+m+1 =0 (*)
Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt
Giải: để pt có hai nghiệm phân biệt



>∆
≠
⇔
0
0a
( ) ( )



>+−−−

≠−
⇔
0)1.(1.432
01
2
mmm
m
( )



>−−+−
≠
⇔
0)1(433.2.22
1
222
2
mmm
m



>+−+−
≠
⇔
0449124
1
22
mmm

m



>+−
≠
⇔
01312
1
m
m



−>−
≠
⇔
1312
1
m
m





<
≠
⇔
12

13
1
m
m
12
13
1 <≠⇔ m
Kết luận:
12
13
1 <≠ m
thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
8
-1
13
62
−
)
1
12
13
)
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Dạng 10. Tính
1) Cho sinx=
5
3
(90
0
<x<180

0
)
Tính Cosx, tanx, Cotx



2) Cho Cosx=
3
2
−
. Tính A=
xx
xx
tan5cot4
cottan3
−
−
A=
x
x
x
x
x
x
x
x
cos
sin5
sin
cos4

sin
cos
cos
sin
3
−
−
=
xx
xx
xx
xx
cos.sin
sin5cos4
sin.cos
cossin3
22
22
−
−
=
xx
xx
22
22
sin5cos4
cossin3
−
−
=

)cos1(5cos4
cos)cos1(3
22
22
xx
xx
−−
−−
=
xx
xx
22
22
cos55cos4
coscos33
+−
−−
=
5cos9
cos43
2
2
−
−
x
x
Thay Cosx=
3
2
−

., ta được
A=
5
3
2
9
3
2
43
2
2
−






−






−−
=
5
9
4.9

9
4.4
3
−
−
=
54
9
16
3
−
−
=
9
11
−
3) Cho Cotx=-3. Tính B=
xx
xCos
22
2
cossin3
39
+
−
Áp dụng công thức:
x
x
2
2

cot1
sin
1
+=
( )
2
2
31
sin
1
−+=⇒
x
10
sin
1
2
=⇒
x
10
1
sin
2
=⇒ x
Áp dụng công thức:
1cos`sin
22
=+ xx
xx
22
sin1cos −=⇒

10
1
1cos
2
−=⇒ x
10
9
cos
2
=⇒ x
B=
10
9
10
1
.3
3
10
9
.9
+
−
=
5
6
10
51
=
4
17

Cách 2:
x
x
x
x
xx
x
A
2
2
2
2
22
2
sin
cos
sin
sin3
sin
1
.3
sin
cos9
+
−
=
=
x
xx
2

22
cot3
)cot1(3cot9
+
+−
=
x
xx
2
22
cot3
cot33cot9
+
−−
=
x
x
2
2
cot3
3cot6
+
−
Thay cotx=-3, ta được:
A=
2
2
)3(3
3)3(6
−+

−−
=
4
17
9
Đs:
5
4
−=Cosx
4
3
tan −=x
Cotx=
3
4
−
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
4) Cosx=
3
1






<<
π
π
2

2
3
x
Tính






−
6
tan
π
x
Giải:
Trước hết ta tính sinx=?
Vì
π
π
2
2
3
<< x
nên sinx<0
xx
2
cos1sin −−=⇒
2
3

1
1sin






−−=⇒ x
9
8
sin −=⇒ x
3
22
sin −=⇒ x
Sau đó tính tanx=?
x
x
x
cos
sin
tan =
=
3
22−
:
3
1
=
3

22−
.
1
3
=
22−
 Bây giờ mới tính






−
6
tan
π
x
=?






−
6
tan
π
x

=






+






−
6
tan.tan1
6
tantan
π
π
x
x
=
3
3
).22(1
3
3
22

−+
−−
=
3
623
3
326
−
−−
=
623
326
−
−−
=
362
326
−
+
5) Cos






+
3
π
α

, biết sin
3
1
=
α
và
2
0
π
α
<<
đs:








−1
3
6
2
1
6)







−
4
tan
π
α
, biết cos
3
1
−=
α
và
πα
π
<<
2
đs:
7
249 +
7) cos(a+b), sin(a-b), biết
sin
5
4
=
α
, 0
0
<a<90
0

và sinb=
3
2
, 90
0
<b<180
0
đs: cos(a+b)=
15
853 +
−
, sin(a-b)=
15
546 +
−
10
Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Hình Học
Câu 1. Cho
∆
ABC có A(2,-1), B(-3,0), C(4,3).
Viết phương trình đường thẳng
a) Cạnh BC








b) Đường cao AH








c) Đường trung tuyến BM












d) Đường trung trực cạnh AC








11
Tóm tắc lý thuyết đường thẳng





















Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010
Câu 2. Viết phương trình đường tròn (C) biết:
a) (C) có đường kính AB với A(-2,5), B(4,1)






b) (C) có tâm A(3,-4) và bán kính R=5






c) (C) có tâm I(-2,3) và qua gốc tọa độ






d) Có tâm E(-3,-1) và tiếp xúc đường thẳng
(
∆
): 2x-5y-1=0






e) (C) qua 3 điểm A(1,3), B(5,6), C(7,0)













12
Tóm tắc lý thuyết đường tròn



















Ôn thi lại lớp 10 năm 2009-2010

Tóm tắt lý thuyết của Elíp (E)




























Câu 3. Viết phương trình chính tắc của (E) biết:

a) (E) có độ dài trục lớn 10, nửa trục nhỏ là 4







b) (E) có tiêu cự là 4 và có độ dài trục nhỏ là 8








c) (E) qua 2 điểm






2
1
,3A
,









−
2
3
,1B






13