ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
NỘI DUNG ÔN TẬP HỌC KÌ 1
MÔN TOÁN 10
PHẦN 1: ĐẠI SỐ
Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình bậc nhất
( )
0 1ax b+ =
.
Ta biến đổi
( ) ( )
1 2ax b
⇔ = −
• Trường hợp 1:
0a ≠
. Tìm điều kiện của tham số và kết luận pt (1) có nghiệm duy nhất
b
x
a
−
=
.
• Trường hợp 2:
0a =
. Tìm giá trị của tham số và thay vào pt (1)
 Nếu pt(2) trở thành
0 0x =
thì kết luận phương trình có nghiệm
x
∀ ∈
¡
.

⇔

≠

.
Bài 1: Giải và biện luận phương trình
( ) ( )
1 4 2 1m mx x− = +
Giải:
( )
( )
( )
2 2
1 4 2 4 2 2m x m x m x m
⇔ − = + ⇔ − = +
Trường hợp 1:
2
2
4 0
2
m
m
m
≠

− ≠ ⇔

≠ −

.

0 0x =
(pt có nghiệm
x
∈
¡
).
Kết luận:
XuNha
1
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
•
2
1
:
2
2
m
S
m
m
≠

 
=
  
≠ −
−
 

•


⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
− =


¡
.
Vậy m = 2 thì phương trình có tập nghiệm
¡
.
Lưu ý: Có thể biện luận tất cả trường hợp như bài 1, sau đó kết luận trường hợp đề yêu cầu.
Bài toán 2: Viết phương trình hàm số bậc 2:
( ) ( )
2
0 y ax bx c a P
= + + ≠
 Phương pháp giải:
• Nếu đề cho (P) đi qua điểm
( )
;
M M
M x y
thì ta thay tọa độ điểm M vào phương trình (P),
ta có
2
M M M
ax bx c y+ + =
.

 (P) có hoành độ đỉnh
I
x
.
• Nếu đề cho (P) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 thì ta suy ra (P) đi qua điểm
M(3;0).
• Nếu đề cho (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 thì ta suy ra (P) đi qua điểm
M(0;2).
Bài 3.
a)
Viết phương trình Parabol (P) :
2
y ax bx c
= + +
biết (P) có tọa độ đỉnh I(3; -4) và đi qua
( )
1;12M
−
.
XuNha
2
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
b)
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đồ thị hàm số
2 5y x= −
Giải
a)
(P) có tọa độ đỉnh I(3;-4)
⇒
(P) đi qua điểm I(3;-4) và (P) có hoành độ đỉnh là 3

1; 6; 5a b c
= = − =
.
Vậy
( )
2
: 6 5P y x x
= − +
b)
Ta giải phương trình hoành độ giao điểm
2
6 5 2 5x x x− + = −
• Trường hợp 1: Nếu
2 5 0x − ≥
thì
( )
( )
2
2
5
2
5
2 5 0
2
4 6
6 5 2 5
8 10 0
4 6
x
x

thì
( )
( )
2
2
5
2
5
2 5 0
2
0
6 5 2 5
4 0
4
x
x
x
x nhan
x x x
x x
x nhan

≥


<
− <

 
⇔ ⇔

 Phương pháp giải: ta làm theo các bước
• Tập xác định
D
=
¡
.
• Tọa độ đỉnh
;
2 4
b
I
a a
∆
 
− −
 ÷
 
.
• Bảng biến thiên và kết luận sự biến thiên.
• Bảng giá trị.
XuNha
3
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
• Vẽ đồ thị.
Bài toán 4: Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
 Phương pháp 1: Dùng công thức
Công thức 1:
A B
A B
A B


+ − = + −
+ − = + − ⇔

+ − = − − +

2
2
0, 2
2 0
1 3
3 6 6 0
x x
x x
x
x x
= =


− =
⇔ ⇔


= − ±
+ − =


b)
( )
2 2

x n
x x
x n
x x
x n
= −

− − =

⇔ ⇔ =


+ =


=

c)
2
6 5 2 5x x x− + = −
( Xem bài 3b)
d)
( )
2 7
3 1 1
1
x
x
x
+


− >
>




= −
⇔ ⇔ ⇔
  

+ = − −
− − =




= +



• Trường hợp 2: Nếu
1 0x − <
thì
XuNha
4
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
( )
( ) ( )
2

A B
=
nhưng B là bậc 2 và A là bậc nhất theo x thì ta nên dùng
phương pháp 2.
• Các dạng còn lại thì nên dùng phương pháp 2.

Bài toán 5: Giải phương trình chứa căn bậc 2
 Phương pháp giải 1: Dùng công thức
2
0B
A B
A B
≥

= ⇔

=


( )
0 hoac 0A B
A B
A B
 ≥ ≥
= ⇔

=

 Phương pháp giải 2: Đặt ẩn phụ
Bài 5. Giải các phương trình

( )
2
1
1
5 22
10 3 0
5 22
x
x
x loai
x x
x nhan
≥ −


≥ −



= − −
⇔ ⇔
 

+ + =



= − +





2 2
0
1 7 1 1 7 1 1
7
x
t x x x x
x
=

= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

= −

2 2 2
1
3 7 1 3 7 1 9 7 8 0
8
x
t x x x x x x
x
=

= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔

= −

XuNha
5

2 2 3 4 3 2 1 3 4
2 1 3 4
t
t t t t
t t
− ≥


+ − + = ⇔ + = − ⇔

+ = −


( )
( )
2
4
3
4
3
1
7 24 17 0
17
7
t
t
t l
t t
t n


ax bx c
có nghiệm
Bài toán 5.2: Tìm điều kiện để phương trình
2
0
+ + =
ax bx c
vô nghiệm
• TH 1: Xét
0
=
a
. Tìm tham số m và giải tìm
nghiệm pt
0
+ =
bx c
.
• TH2: Xét
0
≠
a
.
Pt có nghiệm
0
0
≠

⇔



⇔

∆ >

a
.
• (1) có hai nghiệm kép
0
0
≠

⇔

∆ =

a
.
• (1) có hai nghiệm
0
0
≠

⇔

∆ ≥

a
.
Bài toán 5.4: Điều kiện về dấu của nghiệm của

(1) có 2 nghiệm dương phân biệt
0
0
0


∆ >


⇔ <



− >


c
a
b
a
•
(1) có 2 nghiệm âm phân biệt
0
0
0


∆ >



.
• Hệ thức đối xứng đối với
1 2
,x x
.
• Hệ thức không đối xứng đối với
1 2
,x x
Bài 5.1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
( ) ( ) ( )
2
3 2 4 2 0 1m x m x m
− − − − + =
• Trường hợp 1:
3 0 3m m− = ⇔ =
thay vào phương trình (1), ta có
2
1
0 2 1 0
2
x x x
+ − = ⇔ =
(Nhận m = 3 vì x = ½ là nghiệm).
• Trường hợp 2:
3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠
.
Phương trình (1) có nghiệm
3
3 3
10

• Trường hợp 1:
3 0 3m m− = ⇔ =
thay vào phương trình (1), ta có
2
1
0 2 1 0
2
x x x
+ − = ⇔ =
(Loại m = 3 vì đề yêu cầu pt vô nghiệm).
• Trường hợp 2:
3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠
.
Phương trình (1) vô nghiệm
3
3 3
10
10
3
' 0 3 10 0
3
m
m m
m
m
m
≠

≠ ≠
 

.
Giải
XuNha
7
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
a)
Phương trình (1) có nghiệm
1x = −
nên ta thay
1x = −
vào pt(1)
( )
2 2 2
1 2 3 .1 6 0 2 1 0 1m m m m m
− + + + = ⇔ − + = ⇔ =
Ta thay m = 1 vào pt(1) thì
2
1
8 7 0
7
x
x x
x
=

− + = ⇔

=

.

  
> −

 

>
+ >


c)
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
( )
1 0
0
1
2
' 0
6 3 0
luon dung
a
m
m
≠
≠


⇔ ⇔ ⇔ > −
 
∆ >
+ >

m l
=

+ + − − = ⇔ + − = ⇔

= −


Vậy m = 1.
Bài 5.5. Cho phương trình
( ) ( )
2
2 2 4 2 0 1x m x m− − − + =
.
a) Chứng minh (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
sao cho nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu sao cho giá trị tuyệt đối của nghiệm âm
nhỏ hơn nghiệm dương.
Giải
a)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
2

1 2
2 4 2
c
x x m
a
= = −
Theo giả thiết:
( )
1 2
2 3x x=
Từ (1) và (3) ta có
( )
2
2
2
3
x m
= −
( )
1
4
2
3
x m
⇒ = −
. Thay vào (2) ta có
XuNha
8
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
( )

2MA MB MI
+ =
uuur uuur uuur
Hoặc
( )
1
2
MI MA MB
= +
uuur uuur uuur
 Tính chất trọng tâm tam giác
G là trọng tâm tam giác ABC
0GA GB GC
⇔ + + =
uuur uuur uuur r
 Tích vô hướng của 2 vectơ
( )
. . .cos ,a b a b a b
=
r r r r r r
Bài 6. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh
3a
, có góc
·
0
60BAC
=
. Gọi I là trung điểm CO, G là
trọng tâm tam giác ABD.
a) Chứng minh

∆
)
( )
2 2 4DA DB DC DA DC DB DO DO DO+ + = + + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
b)
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
.
2 2 2 2 2 2
BI BO BC BO BC BA BC BC
= + = + = + +
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

1 3
4 4
BA BC
= +
uuur uuur
.
XuNha
9
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
c)
( )
( )
2
2
0
3

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.BI AC
uur uuur
=
1 9 3 9 9
.
4 2 4 2 4
 
− + =
 ÷
 
Lưu ý: Ta có thể tính góc
( )
,BI AC
uur uuur
dựa vào công thức
( )
.
cos ,
.
BI AC
BI AC
BI AC
=
uur uuur
uur uuur
uur uuur
.
Tính độ dài BI, AC thay vào, ta suy ra góc
( )

M x
⇒
( ) ( )
2;4 , 2;3
M
AB AM x= = −
uuur uuuur
A, B, M thẳng hàng
, AB AM
⇒
uuur uuuur
cùng phương
( )
( )
2 4
7 7
4 2 2.3 ;0
2 2
2 3
M M
M
x x M
x
= ⇔ − = ⇔ = ⇒
−
.
b)
Điểm N thuộc Oy
( )
0;


=
=

 
⇔ ⇔ ⇒
 
− = −

=



.
c)
( ) ( )
3; 3 , 4 ;1
D D
AC DB x y= − = − −
uuur uuur
ACBD là hình bình hành
( )
4 3 1
1;4
1 3 4
D D
D D
x x
AC DB D
y y

+ =

 
= + ⇔ ⇔
 
+ − = −

=



uuur uuur uuur
Vậy
1 16
. .
6 9
OC AB AC
= − +
uuur uuur uuur
Bài 8. Trong mp tọa độ Oxy, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;4 , 1;2 , 6;2A B C
− − −
.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính diện tích tam giác ABC.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính
.GA GB
uuur uuur
.
c) Tìm điểm D sao cho tứ giác ABDC là hình chữ nhật.

= − + =
Ta thấy:
2 2 2
25AB AC BC ABC
+ = = ⇒ ∆
vuông tại A
Diện tích
1 1 5 2
. 5. 20
2 2 2
ABC
S AB AC
∆
= = =
(đvdt).
b)
G là trọng tâm tam giác ABC
8
3;
3
G
 
⇒ −
 ÷
 
4 2
1; , 2;
3 3
GA GB
uuur uuur

+ = = −
 
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ −
 
− = − =
 
Hình bình hành ABDC có góc C vuông nên ABDC là hình chữ nhật.
d)
Điểm
( )
;0
M
M Ox M x
∈ ⇒
Tam giác MAB cân tại M
2 2
MA MB MA MB
⇔ = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
A M A M B M B M
x x y y x x y y
⇔ − + − = − + −

( ) ( )
2 2
2 2
2 4 1 2
M M

uuur uuur
= − = + −
ABCK là hình thang có 2 đáy AB, CK thỏa CK = 2AB
( )
( )
6 2.1
4
2 4; 2
2
2 2. 2
k
K
K
K
x
x
CK AB K
y
y
uuur uuur
+ =
 = −


⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− = −

