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

*
48 trang
*
trường đạt
*
*
1943
*
8Download
Bạn đã xem đôi mươi trang mẫu của tư liệu "Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn Toán", để download tài liệu nơi bắt đầu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD sống trên


Xem thêm: #1 Câu Hỏi Tu Từ Ví Dụ - Câu Hỏi Tu Từ 23 Ví Dụ Văn Học Và Hàng Ngày

Chương trình ôn thi vào lớp 10Năm học: 2010-2011Chuyên đề i: căn thức bậc hai- bậc baCác phép chuyển đổi căn thức bậc hai- bậc bố A. Hồ hết công thức thay đổi căn thức:1) 2) ( với A 0 và B 0 )3) ( với A 0 cùng B > 0 )4) (với B 0 )5) ( với A 0 cùng B 0 ) ( với A 0 )8) ( với A 0 và A B2 )9) ( cùng với A 0, B 0 và A B B. Bài tập cơ bản:Bài 1: tra cứu ĐKXĐ của các biểu thức sau:a) b) c) d) HD: a) b) c) d) bài bác 2: đối chiếu thành nhân tử ( cùng với x 0 )a) b) x2 – 5c) x - 4d) HD: a) b) c) d) bài 3: Đưa những 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) ( cùng với )HD: a)b) c) d) bài xích 5: Tìm giá trị của x Z để các biểu thức sau có mức giá trị nguyên.a) ( với x 0)b) ( với x 0)c) ( cùng với x 0 với x 4)HD: a) b) c) bài xích 6: Giải các phương trình, bất phương trình sau:a) b) c) d) HD: a) x = 14b) c) x = 81d) C. Bài tập tổng hợp:Bài 1: mang lại 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 nhằm A 4.Bài 4: đến biểu thức D = search điều kiện xác minh và rút gọn 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 xích 5: mang lại biểu thức E = a) tìm kiếm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức E.b) kiếm tìm x để E = -1.HD: a) Điều kiện: ,rút gọn gàng biểu thức ta có: E = .x = 4.Bài 6: mang 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 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 lại biểu thức :Tìn ĐKXĐ và rút gọn P.Tính quý hiếm của p. Khi: a = .Tìm quý giá của a để p. 1. C, Tìm các giá trị của x Z nhằm A Z.Bài4 : đến biểu thức: C = a, tìm ĐKXĐ cùng rút gọn biểu thức C. B, Tìm các giá trị của x để C = 1.Bài5: cho biểu thức: M = a) Rút gọn gàng M.b) Tìm những giá trị của x để M dương.c) Tìm giá bán trị lớn số 1 của M.Bài6: mang đến biểu thức: phường = tìm ĐKXĐ và rút gọn PTìm những giá trị của x để p > 0Tìm x để p = 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 tốt nhất là 2.Phương trỡnh cất ẩn ở mẫu-Tỡm ĐKXĐ của phương trỡnh.-Quy đồng với khử mẫu.-Giải phương trỡnh vừa tỡm được.-So sỏnh giỏ trị vừa tỡm được với ĐKXĐ rồi kết luận.3.Phương trỡnh tớchĐể xuất sắc phương trỡnh tớch ta chỉ cần giải cỏc phương trỡnh yếu tắc của nú. Chẳng hạn: với phương trỡnh A(x).B(x).C(x) = 04.Phương trỡnh cú chứa thông số chữ (Giải và biện luận phương trỡnh)Dạng phương trỡnh này sau khi biến đổi cũng cú dạng ax + b = 0. Tuy nhiên giỏ trị ví dụ của a, b ta khụng biết nờn phải đặt điều kiện để xỏc định số nghiệm của phương trỡnh.-Nếu a ≠ 0 thỡ phương trỡnh cú nghiệm tốt nhất .-Nếu a = 0 cùng b = 0 thỡ phương trỡnh cú vụ số nghiệm.-Nếu a = 0 và b ≠ 0 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm.5.Phương trỡnh cú đựng dấu giỏ trị hay đốiCần chỳ ý ngoài niệm giỏ trị tuyệt vời của một biểu thức6.Hệ phương trỡnh bậc nhấtCỏch giải chủ yếu phụ thuộc vào hai phương phỏp cùng đại số cùng thế. Chỳ ý phương phỏp để ẩn phụ trong một trong những trường hợp xuất hiện cỏc biểu thức như là nhau ở cả hai phương trỡnh.7.Bất phương trỡnh bậc nhấtVới bất phương trỡnh số 1 thỡ việc đổi khác tương trường đoản cú như cùng với phương trỡnh bậc nhất. Mặc dù nhiờn đề nghị chỳ ý khi nhõn cùng cả nhị vế cùng với cựng một trong những õm thỡ đề nghị 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 biến trên R lúc a 0 thì hàm số nghịch trở thành 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 dấn trục Oy làm trục đối xứng + nếu a > 0 thì vật dụng thị nằm bên trên trục hoành, O là điểm thấp tuyệt nhất của thiết bị thị+ nếu như a 0.Với m = – 2. Tỡm toạ độ giao điểm của (P) với mặt đường thẳng (d): y = 2x – 3.Tỡm m để (P) tiếp xỳc với (d): y = 2x – 3. Tỡm tọa độ tiếp điểm.Bài 7: chứng tỏ đường trực tiếp ... ) => éODP = 900 => p. Chạy trên tuyến đường thẳng cố định vuông góc cùng với CD tại D. Do M chỉ điều khiển xe trên đoạn trực tiếp AB nên p. Chỉ chạy xe trên doạn thẳng A’ B’ tuy vậy song và bởi AB.Bài 13 đến tam giác ABC vuông sinh hoạt A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa phương diện phẳng bờ BC đựng điển A , Vẽ nửa mặt đường tròn con đường kính bảo hành cắt AB trên 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 tầm thường của nhì nửa đường tròn .Lời giải: 1. Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc mặt đường tròn ) => éAEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc mặt đường tròn ) => éAFH = 900 (vì là hai 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 ( vị có ba góc vuông).2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật cần nội tiếp được một đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo trả thiết AH ^BC đề xuất AH là tiếp tuyến tầm thường của nhị nửa đường tròn (O1) cùng (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp thuộc chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà lại éAFE + éEFC = 1800 (vì là nhị góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 còn mặt khác éEBC với éEFC là nhì góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.3. Xét nhị tam giác AEF và acb ta gồm éA = 900 là góc chung; éAFE = éABC ( theo chứng tỏ trên) => DAEF ~DACB => => AE. AB = AF. AC.* HD biện pháp 2: Tam giác AHB vuông trên H gồm HE ^ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông trên H tất cả HF ^ AC => AH2 = AF.AC (**) từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => DIEH cân nặng tại I => éE1 = éH1 .DO1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là chào bán kính) => éE2 = éH2.=> éE1 + éE2 = éH1 + éH2 cơ mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E ^EF . Chứng tỏ tương trường đoản cú ta cũng có O2F ^ EF. Vậy EF là tiếp tuyến phổ biến của hai nửa mặt đường tròn .Bài 14 cho điểm C nằm trong đoạn thẳng AB thế nào cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về ở một bên của AB những nửa đường tròn có 2 lần bán kính theo thiết bị tự là AB, AC, CB và gồm tâm theo trang bị tự là O, I, K.Đường vuông góc với AB trên C cắt nửa mặt đường tròn (O) trên E. Hotline M. N theo sản phẩm tự là giao điểm của EA, EB với những nửa mặt đường tròn (I), (K).1.Chứng minh EC = MN.2.Ch/minh MN là tiếp con đường chung của những nửa đ/tròn (I), (K).3.Tính MN.4.Tính diện tích s hình được số lượng giới hạn bởi tía nửa con đường trònLời giải: 1. Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn chổ chính giữa K) => éENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn vai trung phong I) => éEMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn trung khu O) xuất xắc éMEN = 900 (3) trường đoản cú (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính hóa học đường chéo cánh hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC ^AB tại C đề xuất EC là tiếp tuyến phổ biến của hai nửa mặt đường tròn (I) cùng (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp thuộc chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) lại sở hữu KB = KN (cùng là chào bán kính) => tam giác KBN cân tại K => éB1 = éN1 (5) trường đoản cú (4) với (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = éCNB = 900 => éN3 + éN2 = éMNK = 900 xuất xắc MN ^ KN trên N => MN là tiếp tuyến đường của (K) tại N. Minh chứng tương trường đoản cú ta cũng đều có MN là tiếp đường của (I) trên M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của những nửa đường tròn (I), (K).3. Ta gồm éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc con đường tròn trung khu O) => DAEB vuông tại A có EC ^ AB (gt) => EC2 = AC. BC ú EC2 = 10.40 = 400 => EC = trăng tròn cm. Theo bên trên EC = MN => MN = trăng tròn cm.4. Theo mang thiết AC = 10 Cm, CB = 40 centimet => AB = 50cm => OA = 25 cmTa có 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 đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2)Bài 15 cho tam giác ABC vuông sống A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có 2 lần bán kính MC. Con đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. Mặt 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 con đường tròn (O). Minh chứng rằng các đường trực tiếp BA, EM, CD đồng quy.Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.Chứng minh điểm M là chổ chính giữa 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 vì thế D và A cùng nhìn BC bên dưới một góc bởi 900 bắt buộc A và D thuộc nằm trên đường tròn đường 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 nhì cung bằng 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 cha đường cao của tam giác CMB đề xuất BA, EM, CD đồng quy.4. Theo bên trên Ta gồm => éD1= éD2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)5. Ta tất cả éMEC = 900 (nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn (O)) => éMEB = 900. Tứ giác AMEB gồm éMAB = 900 ; éMEB = 900 => éMAB + éMEB = 1800 mà đấy là hai góc đối buộc phải tứ giác AMEB nội tiếp một con 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) cùng (2) Ta bao gồm M là tâm 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 lại tam giác ABC vuông làm việc A.và một điểm D nằm trong lòng A và B. Đường tròn 2 lần bán kính BD giảm BC trên E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt giảm đường tròn tại F, G.Chứng minh :Tam giác ABC đồng dạng cùng với tam giác EBD.Tứ giác ADEC cùng AFBC nội tiếp . AC // FG.Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.Lời giải: 1. Xét nhị tam giác ABC và EDB Ta gồm éBAC = 900 ( do tam giác ABC vuông tại A); éDEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éDEB = éBAC = 900 ; lại sở hữu éABC là góc tầm thường => DDEB ~ D CAB .2. Theo trên éDEB = 900 => éDEC = 900 (vì nhì góc kề bù); éBAC = 900 ( do DABC vuông trên A) tuyệt éDAC = 900 => éDEC + éDAC = 1800 mà đó là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp . * éBAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éDFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn ) tuyệt éBFC = 900 vì vậy F với A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 cần A với F cùng nằm trên phố tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => éE1 = éC1 lại sở hữu éE1 = éF1 => éF1 = éC1 mà đấy là hai góc so le trong yêu cầu suy ra AC // FG.4. (HD) dễ thấy CA, DE, BF là bố đường cao của tam giác DBC yêu cầu CA, DE, BF đồng quy trên S.Bài 17. Mang đến tam giác những ABC tất cả đường cao là AH. Bên trên cạnh BC đem điểm M bất kì ( M ko trùng B. C, H ) ; trường đoản cú M kẻ MP, MQ vuông góc với những cạnh AB. AC.Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của 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 chú ý BC dưới một góc bằng 900 nên phường và Q thuộc nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp.* vì chưng AM là đường kính của mặt đường tròn nước ngoài tiếp tứ giác APMQ trung khu O của mặt đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM.2. Tam giác ABC tất cả AH là đường cao => SABC = BC.AH.Tam giác ABM có MP là con đường cao => SABM = AB.MPTam giác ACM gồm MQ là mặt đường cao => SACM = AC.MQ Ta bao gồm SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.3. Tam giác ABC tất cả AH là mặt đường cao bắt buộc cũng là mặt đường phân giác => éHAP = éHAQ => ( tính chất góc nội tiếp ) => éHOP = éHOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Nhưng mà tam giác POQ cân nặng tại O ( vì chưng OP cùng OQ cùng là phân phối kính) phải suy ra OH cũng là con đường cao => OH ^ PQBài 18 mang lại đường tròn (O) 2 lần bán kính AB. Trên đoạn trực tiếp OB lấy điểm H bất cứ ( H ko trùng O, B) ; trên phố thẳng vuông góc cùng với OB trên H, đem một điểm M ở đi ngoài đường tròn ; MA và MB trang bị tự cắt đường tròn (O) trên C cùng D. Call I là giao điểm của AD và BC.Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .Chứng minh những đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.Gọi K là trọng điểm đường tròn nước ngoài 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 nhì góc kề bù). éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc mặt đường tròn ) => éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù).=> éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID yêu cầu MCID là tứ giác nội tiếp.2. Theo bên trên Ta tất cả BC ^ MA; AD ^ MB đề xuất BC cùng AD là hai tuyến phố cao của tam giác MAB mà lại BC và AD cắt nhau tại I phải I là trực chổ chính giữa của tam giác MAB. Theo đưa thiết thì MH ^ AB bắt buộc MH cũng là con đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.3. DOAC cân tại O ( vày OA và OC là phân phối kính) => éA1 = éC4 DKCM cân tại K ( bởi vì KC với KM là phân phối kính) => éM1 = éC1 .Mà éA1 + éM1 = 900 ( vì tam giác AHM vuông tại H) => éC1 + éC4 = 900 => éC3 + éC2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) tốt éOCK = 900 .Xét tứ giác KCOH Ta bao gồm éOHK = 900; éOCK = 900 => éOHK + éOCK = 1800 nhưng éOHK cùng éOCK là nhị góc đối đề xuất KCOH là tứ giác nội tiếp.Bài 19. Mang lại đường tròn (O) 2 lần bán kính AC. Trên nửa đường kính OC mang điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi 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 ngươi là tiếp con 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 trên M => éBMD = 900 => éBID + éBMD = 1800 mà đấy là hai góc đối của tứ giác MBID phải MBID là tứ giác nội tiếp. 2. Theo mang thiết M là trung điểm của AB; DE ^ AB trên M phải M cũng chính là trung điểm của DE (quan hệ 2 lần bán kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo cánh vuông góc cùng với nhau tại trung điểm của mỗi con đường . 3. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn ) => AD ^ DC; theo bên trên BI ^ DC => BI // AD. (1) 4. Theo mang thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).Từ (1) với (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ gồm một đường thẳng song song cùng với AD nhưng thôi.) 5. I, B, E thẳng hàng bắt buộc tam giác IDE vuông tại I => yên ổn là trung tuyến đường ( vì M là trung điểm của DE) =>MI = ME => DMIE cân nặng tại M => éI1 = éE1 ; DO’IC cân tại O’ ( vày O’C với O’I thuộc là nửa đường kính ) => éI3 = éC1 mà lại éC1 = éE1 ( cùng phụ cùng với góc EDC ) => éI1 = éI3 => éI1 + éI2 = éI3 + éI2 . Mà éI3 + éI2 = éBIC = 900 => éI1 + éI2 = 900 = éMIO’ xuất xắc MI ^ O’I trên I => mày là tiếp tuyến của (O’