Bạn đang xem: Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn toán

*
48 trang
*
trường đạt
*
*
1866
*
8Download
Bạn sẽ xem trăng tròn trang chủng loại của tài liệu "Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn Toán", để tải tài liệu nơi bắt đầu về máy chúng ta click vào nút DOWNLOAD làm việc trên


Xem thêm: Hình Ảnh 4 Nhóm Thực Phẩm Cho Trẻ Mầm Non, 4 Nhóm Chất Dinh Dưỡng Cho Bé Yêu Khỏe Mạnh

Chương trình ôn thi vào lớp 10Năm học: 2010-2011Chuyên đề i: căn thức bậc hai- bậc baCác phép đổi khác căn thức bậc hai- bậc tía A. Các công thức biến đổi căn thức:1) 2) ( với A 0 với B 0 )3) ( cùng với A 0 với B > 0 )4) (với B 0 )5) ( cùng với A 0 với B 0 ) ( với A 0 )8) ( với A 0 cùng A B2 )9) ( cùng với A 0, B 0 với A B B. Bài tập cơ bản:Bài 1: tìm ĐKXĐ của những biểu thức sau:a) b) c) d) HD: a) b) c) d) bài xích 2: so sánh thành nhân tử ( với x 0 )a) b) x2 – 5c) x - 4d) HD: a) b) c) d) bài xích 3: Đưa các biểu thức sau về dạng bình phương.a) b) c) d) HD: a) b) c) d) bài xích 4: Rút gọn những biểu thức sau:a) b) c) (với x 5) d) ( với )HD: a)b) c) d) bài xích 5: Tìm cực hiếm của x Z để các biểu thức sau có giá trị nguyên.a) ( cùng với x 0)b) ( cùng với x 0)c) ( cùng với x 0 với x 4)HD: a) b) c) bài xích 6: Giải những phương trình, bất phương trình sau:a) b) c) d) HD: a) x = 14b) c) x = 81d) C. Bài tập tổng hợp:Bài 1: đến biểu thức: A = a)Tìm ĐKXĐ và rút gọn gàng A.b) Tính quý giá biểu thức A khi x = .c) Tìm tất cả các giá trị của x để A 4.Bài 4: cho biểu thức D = tìm điều kiện khẳng định và rút gọn gàng biểu thức D.Tính cực hiếm của D khi x = .HD: a) Điều kiện: , rút gọn gàng biểu thức ta có: D = . B) D = bài bác 5: cho biểu thức E = a) kiếm tìm điều kiện xác minh và rút gọn biểu thức E.b) tìm kiếm x nhằm E = -1.HD: a) Điều kiện: ,rút gọn biểu thức ta có: E = .x = 4.Bài 6: đến biểu thức:F =a) Tỡm TXẹ roài ruựt goùn bieồu thửực F.b) Tớnh giaự trũ cuỷa bieồu thửực F lúc x=3 +;c) Tỡm giaự trũ nguyeõn cuỷa x ủeồ bieồu thửực F coự giaự trũ nguyeõn ?HD: a) ĐKXĐ: ,rút gọn gàng biểu thức ta có: F = b) x = 3+ A = c) Biểu thức A nguyên khi: x = 0; 1; 9; 16; 36 D. Bài tập luyện tập:Bài1: mang đến biểu thức :Tìn ĐKXĐ cùng rút gọn P.Tính quý giá của p khi: a = .Tìm quý giá của a để p 1. C, Tìm các giá trị của x Z để A Z.Bài4 : cho biểu thức: C = a, tìm ĐKXĐ và rút gọn gàng biểu thức C. B, Tìm những giá trị của x để C = 1.Bài5: đến biểu thức: M = a) Rút gọn M.b) Tìm những giá trị của x nhằm M dương.c) Tìm giá bán trị lớn nhất của M.Bài6: mang lại biểu thức: p = tìm kiếm ĐKXĐ cùng rút gọn PTìm các giá trị của x để phường > 0Tìm x để phường = 6.Chuyên đề IIPHƯƠNG TRèNH - HỆ PHƯƠNG TRèNH - BẤT PHƯƠNG TRèNH(Bậc nhất)A.KIẾN THỨC CƠ BẢN1.Phương trỡnh số 1 một ẩn-Quy đồng khử mẫu.-Đưa về dạng ax + b = 0 (a ≠ 0)-Nghiệm độc nhất vô nhị là 2.Phương trỡnh chứa ẩn sống mẫu-Tỡm ĐKXĐ của phương trỡnh.-Quy đồng cùng khử mẫu.-Giải phương trỡnh vừa tỡm được.-So sỏnh giỏ trị vừa tỡm được với ĐKXĐ rồi kết luận.3.Phương trỡnh tớchĐể tốt phương trỡnh tớch ta chỉ cần giải cỏc phương trỡnh yếu tố của nú. Chẳng hạn: với phương trỡnh A(x).B(x).C(x) = 04.Phương trỡnh cú chứa thông số chữ (Giải cùng biện luận phương trỡnh)Dạng phương trỡnh này sau khi biến đổi cũng cú dạng ax + b = 0. Tuy nhiên giỏ trị cụ thể của a, b ta khụng biết nờn yêu cầu đặt điều kiện để xỏc định số nghiệm của phương trỡnh.-Nếu a ≠ 0 thỡ phương trỡnh cú nghiệm tuyệt nhất .-Nếu a = 0 cùng b = 0 thỡ phương trỡnh cú vụ số nghiệm.-Nếu a = 0 cùng b ≠ 0 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm.5.Phương trỡnh cú đựng dấu giỏ trị tuyệt đốiCần chỳ ý ngoài niệm giỏ trị tuyệt vời nhất của một biểu thức6.Hệ phương trỡnh bậc nhấtCỏch giải công ty yếu dựa vào hai phương phỏp cộng đại số cùng thế. Chỳ ý phương phỏp để ẩn phụ trong một trong những trường hợp lộ diện cỏc biểu thức tương tự nhau ở cả hai phương trỡnh.7.Bất phương trỡnh bậc nhấtVới bất phương trỡnh bậc nhất thỡ việc thay đổi tương từ như với phương trỡnh bậc nhất. Tuy nhiờn bắt buộc chỳ ý khi nhõn cùng cả nhị vế với cựng một số õm thỡ đề xuất đổi chiều bất phương trỡnh.B.MỘT SỐ VÍ DỤVD1.Giải cỏc phương trỡnh saua) b) c) d) (*)Giải(Vụ lý)Vậy phương trỡnh vụ nghệm.Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = 6.c) ĐKXĐ: Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = - 4.d) Lập bảng xột dấux 3 7x – 3 - 0 + +x - 7 - - 0 +-Xột x 0Nghịch thay đổi trên R khi a 0 thì hàm số nghịch biến hóa khi x 0+ nếu như a 0Đồ thị của hàm số y = ax2 (a 0)- Đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) là 1 trong những Parabol trải qua gốc tọa độ nhấn trục Oy có tác dụng trục đối xứng + nếu a > 0 thì đồ gia dụng thị nằm bên trên trục hoành, O là vấn đề thấp độc nhất vô nhị của thứ thị+ ví như a 0.Với m = – 2. Tỡm toạ độ giao điểm của (P) với mặt đường thẳng (d): y = 2x – 3.Tỡm m nhằm (P) tiếp xỳc với (d): y = 2x – 3. Tỡm tọa độ tiếp điểm.Bài 7: chứng tỏ đường trực tiếp ... ) => éODP = 900 => phường chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD trên D. Vày M chỉ chạy xe trên đoạn thẳng AB nên p. Chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ tuy nhiên song và bởi AB.Bài 13 mang lại tam giác ABC vuông sống A (AB > AC), mặt đường cao AH. Bên trên nửa khía cạnh phẳng bờ BC cất điển A , Vẽ nửa đường tròn con đường kính bảo hành cắt AB tại E, Nửa mặt đường tròn đường kính HC giảm AC tại F.Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.BEFC là tứ giác nội tiếp.AE. AB = AF. AC.Chứng minh EF là tiếp tuyến bình thường của nhị nửa mặt đường tròn .Lời giải: 1. Ta tất cả : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc mặt đường tròn ) => éAEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc con đường tròn ) => éAFH = 900 (vì là nhị góc kề bù).(2)éEAF = 900 ( vì tam giác ABC vuông trên A) (3)Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì chưng có tía góc vuông).2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một mặt đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ^BC phải AH là tiếp tuyến phổ biến của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 ngoài ra éEBC với éEFC là nhì góc đối của tứ giác BEFC cho nên BEFC là tứ giác nội tiếp.3. Xét hai tam giác AEF và acb ta gồm éA = 900 là góc chung; éAFE = éABC ( theo minh chứng trên) => DAEF ~DACB => => AE. AB = AF. AC.* HD biện pháp 2: Tam giác AHB vuông tại H gồm HE ^ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông trên H bao gồm HF ^ AC => AH2 = AF.AC (**) từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => DIEH cân tại I => éE1 = éH1 .DO1EH cân nặng tại O1 (vì tất cả O1E vàO1H cùng là chào bán kính) => éE2 = éH2.=> éE1 + éE2 = éH1 + éH2 nhưng mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E ^EF . Chứng tỏ tương từ bỏ ta cũng có thể có O2F ^ EF. Vậy EF là tiếp tuyến phổ biến của hai nửa đường tròn .Bài 14 cho điểm C ở trong đoạn trực tiếp AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về ở một phía của AB các nửa đường tròn có 2 lần bán kính theo trang bị tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.Đường vuông góc với AB tại C giảm nửa mặt đường tròn (O) tại E. điện thoại tư vấn M. N theo máy tự là giao điểm của EA, EB với các nửa mặt đường tròn (I), (K).1.Chứng minh EC = MN.2.Ch/minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ/tròn (I), (K).3.Tính MN.4.Tính diện tích s hình được số lượng giới hạn bởi ba nửa mặt đường trònLời giải: 1. Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn trọng điểm K) => éENC = 900 (vì là nhì góc kề bù). (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc con đường tròn trọng tâm I) => éEMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn chổ chính giữa O) giỏi éMEN = 900 (3) tự (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo cánh hình chữ nhật ) 2. Theo đưa thiết EC ^AB tại C buộc phải EC là tiếp tuyến bình thường của nhị nửa mặt đường tròn (I) với (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp thuộc chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật phải => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) lại có KB = KN (cùng là chào bán kính) => tam giác KBN cân nặng tại K => éB1 = éN1 (5) trường đoản cú (4) và (5) => éN1 = éN3 mà lại éN1 + éN2 = éCNB = 900 => éN3 + éN2 = éMNK = 900 giỏi MN ^ KN trên N => MN là tiếp đường của (K) trên N. Minh chứng tương trường đoản cú ta cũng đều có MN là tiếp tuyến đường của (I) trên M, Vậy MN là tiếp đường chung của các nửa con đường tròn (I), (K).3. Ta tất cả éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc con đường tròn tâm O) => DAEB vuông trên A gồm EC ^ AB (gt) => EC2 = AC. BC ú EC2 = 10.40 = 400 => EC = đôi mươi cm. Theo bên trên EC = MN => MN = trăng tròn cm.4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 cm => AB = 50cm => OA = 25 cmTa tất cả S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202 = 400.Ta có diện tích phần hình được số lượng giới hạn bởi cha nửa con đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2)Bài 15 đến tam giác ABC vuông sinh hoạt A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng mặt đường tròn (O) có đường kính MC. Con đường thẳng BM cắt đường tròn (O) trên D. Con đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại S.Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.Gọi E là giao điểm của BC với mặt đường tròn (O). Minh chứng rằng những đường trực tiếp BA, EM, CD đồng quy.Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.Chứng minh điểm M là trọng điểm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.Lời giải: Ta gồm éCAB = 900 ( vì chưng tam giác ABC vuông tại A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn ) => éCDB = 900 bởi vậy D cùng A cùng quan sát BC bên dưới một góc bằng 900 đề nghị A với D thuộc nằm trên đường tròn 2 lần bán kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.ABCD là tứ giác nội tiếp => éD1= éC3( nội tiếp thuộc chắn cung AB). éD1= éC3 => => éC2 = éC3 (hai góc nội tiếp mặt đường tròn (O) chắn nhị cung bởi nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB.3. Xét DCMB Ta có BA^CM; CD ^ BM; ME ^ BC vì vậy BA, EM, CD là tía đường cao của tam giác CMB phải BA, EM, CD đồng quy.4. Theo bên trên Ta bao gồm => éD1= éD2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)5. Ta bao gồm éMEC = 900 (nội tiếp chắn nửa con đường tròn (O)) => éMEB = 900. Tứ giác AMEB gồm éMAB = 900 ; éMEB = 900 => éMAB + éMEB = 1800 mà đấy là hai góc đối cần tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => éA2 = éB2 .Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => éA1= éB2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => éA1= éA2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)Từ (1) và (2) Ta tất cả M là trung khu đường tròn nội tiếp tam giác ADETH2 (Hình b) Câu 2 : éABC = éCME (cùng phụ éACB); éABC = éCDS (cùng bù éADC) => éCME = éCDS => => éSCM = éECM => CA là tia phân giác của góc SCB.Bài 16 mang đến tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A cùng B. Đường tròn 2 lần bán kính BD cắt BC trên E. Những đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G.Chứng minh :Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp . AC // FG.Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.Lời giải: 1. Xét nhị tam giác ABC cùng EDB Ta gồm éBAC = 900 ( vì chưng tam giác ABC vuông trên A); éDEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn ) => éDEB = éBAC = 900 ; lại có éABC là góc chung => DDEB ~ D CAB .2. Theo trên éDEB = 900 => éDEC = 900 (vì nhì góc kề bù); éBAC = 900 ( bởi DABC vuông trên A) hay éDAC = 900 => éDEC + éDAC = 1800 mà đó là hai góc đối đề xuất ADEC là tứ giác nội tiếp . * éBAC = 900 ( vị tam giác ABC vuông trên A); éDFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn ) tốt éBFC = 900 do vậy F cùng A cùng chú ý BC dưới một góc bởi 900 nên A cùng F thuộc nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.3. Theo bên trên ADEC là tứ giác nội tiếp => éE1 = éC1 lại có éE1 = éF1 => éF1 = éC1 mà đây là hai góc so le trong đề xuất suy ra AC // FG.4. (HD) hay thấy CA, DE, BF là cha đường cao của tam giác DBC phải CA, DE, BF đồng quy trên S.Bài 17. Cho tam giác số đông ABC tất cả đường cao là AH. Bên trên cạnh BC mang điểm M bất kì ( M ko trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp với hãy xác định tâm O của mặt đường tròn nước ngoài tiếp tứ giác đó.Chứng minh rằng MP + MQ = AH.Chứng minh OH ^ PQ.Lời giải: 1. Ta có MP ^ AB (gt) => éAPM = 900; MQ ^ AC (gt) => éAQM = 900 như vậy p và Q cùng quan sát BC bên dưới một góc bằng 900 nên p. Và Q thuộc nằm trên phố tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp.* vì chưng AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trọng điểm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM.2. Tam giác ABC gồm AH là đường cao => SABC = BC.AH.Tam giác ABM bao gồm MP là con đường cao => SABM = AB.MPTam giác ACM tất cả MQ là con đường cao => SACM = AC.MQ Ta bao gồm SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH cơ mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.3. Tam giác ABC có AH là mặt đường cao yêu cầu cũng là con đường phân giác => éHAP = éHAQ => ( đặc điểm góc nội tiếp ) => éHOP = éHOQ (t/c góc nghỉ ngơi tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Nhưng mà tam giác POQ cân nặng tại O ( do OP với OQ cùng là bán kính) bắt buộc suy ra OH cũng là đường cao => OH ^ PQBài 18 đến đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn trực tiếp OB đem điểm H bất kỳ ( H ko trùng O, B) ; trên tuyến đường thẳng vuông góc cùng với OB tại H, rước một điểm M ở đi ngoài đường tròn ; MA cùng MB vật dụng tự giảm đường tròn (O) tại C với D. Call I là giao điểm của AD cùng BC.Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.Gọi K là trung khu đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, minh chứng KCOH là tứ giác nội tiếp . Lời giải: 1. Ta bao gồm : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù). éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù).=> éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID buộc phải MCID là tứ giác nội tiếp.2. Theo bên trên Ta bao gồm BC ^ MA; AD ^ MB nên BC với AD là hai tuyến đường cao của tam giác MAB nhưng mà BC cùng AD cắt nhau tại I bắt buộc I là trực trọng tâm của tam giác MAB. Theo trả thiết thì MH ^ AB đề nghị MH cũng là con đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.3. DOAC cân tại O ( bởi vì OA với OC là bán kính) => éA1 = éC4 DKCM cân nặng tại K ( vị KC cùng KM là bán kính) => éM1 = éC1 .Mà éA1 + éM1 = 900 ( vị tam giác AHM vuông trên H) => éC1 + éC4 = 900 => éC3 + éC2 = 900 ( vị góc ACM là góc bẹt) tốt éOCK = 900 .Xét tứ giác KCOH Ta bao gồm éOHK = 900; éOCK = 900 => éOHK + éOCK = 1800 mà lại éOHK với éOCK là nhì góc đối yêu cầu KCOH là tứ giác nội tiếp.Bài 19. đến đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC mang điểm B tuỳ ý (B không giống O, C ). Call M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc cùng với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp .Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.Chứng minh BI // AD.Chứng minh I, B, E thẳng hàng.Chứng minh mi là tiếp tuyến đường của (O’).Lời giải: 1. éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa con đường tròn ) => éBID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE ^ AB tại M => éBMD = 900 => éBID + éBMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID buộc phải MBID là tứ giác nội tiếp. 2. Theo trả thiết M là trung điểm của AB; DE ^ AB tại M cần M cũng là trung điểm của DE (quan hệ 2 lần bán kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì tất cả hai đường chéo vuông góc với nhau trên trung điểm của mỗi đường . 3. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa con đường tròn ) => AD ^ DC; theo bên trên BI ^ DC => BI // AD. (1) 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).Từ (1) cùng (2) => I, B, E thẳng mặt hàng (vì qua B chỉ gồm một con đường thẳng tuy nhiên song với AD mà lại thôi.) 5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông trên I => lặng là trung tuyến đường ( vị M là trung điểm của DE) =>MI = ME => DMIE cân nặng tại M => éI1 = éE1 ; DO’IC cân nặng tại O’ ( vày O’C cùng O’I cùng là bán kính ) => éI3 = éC1 mà lại éC1 = éE1 ( thuộc phụ với góc EDC ) => éI1 = éI3 => éI1 + éI2 = éI3 + éI2 . Mà éI3 + éI2 = éBIC = 900 => éI1 + éI2 = 900 = éMIO’ giỏi MI ^ O’I tại I => mi là tiếp tuyến của (O’