Toan 9 Cac dang toan thi vao10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.67 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

các dạng toán thi vào THPT
Dạng 1: Tốn tìm điều kiện để phơng trình ngun

1. VÝ dơ 1 Cho biĨu thøc:

M=( 3√a
a+√ab+b−

3 a

a

√

a− b√b+

√a −√b):

(a −1)(√a −√b)

2 a+2√ab+2 b
a, Rót gän

b, Tìm những giá trị của a để M nguyên
Giải
a, Rút gọn

M = 2

a 1

b, Để M nguyên thì a-1 phải là ớc của 2
a 1 = 1 => a = 2

a – 1 = -1 => a = 0 ( lo¹i )
a – 1 = 2 => a = 3

a – 1 = -2 => a = -1 ( loại )
Vậy M nguyên khi a = 2 hoặc a = 3
2, VÝ dô 2:

Cho biÓu thøc: A= 1
√a −1−

√a+1+1

Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên

Gi¶i

A=√a+1 −(√a −1)
a − 1 +1=

√a+1 −√a+1
a 1 +1=

a 1+1

Để A nguyên thì a 1 lµ íc cđa 2

Tổng qt : Để giải tốn tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm

theo c¸c bớc sau:

Bớc 1: Đặt ®iỊu kiƯn

Bíc 2: Rót gän vỊ d¹ng f (x )

a hay
a
f (x )

NÕu f (x )

a thì f(x) là bội của a

NÕu a

f (x ) thì f(x) là ớc của a

Bớc 3: Căn cứ vào điều kiện loại những giá trị ngoại lai

Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ta có : 4 2

=|4 2|=4 2

18128=

42 8

2+2=
3+12

3+1

3 12

2+12+4 2=

12+4=

3+23+1=

Dạng 2: Phơng trình vô tỷ

I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ là phơng trình chứa ẩn ở biểu thức

dới căn bậc hai .

II. Cách giải:

Cách 1: Để khử căn ta bình phơng hai vế
Cách 2: Đặt ẩn phụ

III. Ví dụ

1,Ví dụ 1:

Giải phơng trình: x 5=x 7(1)

Cách 1: Bình ph¬ng hai vÕ

x – 5 = x2 – 14x + 49

x2 – 14x – x + 49 + 5 = 0

x2 – 15x + 54 = 0

x1 = 6 ; x2 = 9

Lu ý :

* Nhận định kết quả : x1 = 6 loại vì thay vo phng trỡnh (1) khụng phi

là nghiệm . Vậy phơng tr×nh cã nghiƯm x = 9

* Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc khi giải : Để phơng trình có
nghiệm thì :

√x −5 ≥ 0
¿
x −7 ≥ 0

¿
⇒
x 5
x 7

 x 7

{

kết hợp

Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp

Cách 2 Đặt ẩn phụ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đặt y=x 5 phơng trình có dạng
y = y2 2

y2 – y – 2 = 0

Giải ta đợc y1 = - 1 ( loại) y2=2

⇒√x −5=2
x −5=4

x=9

2, VÝ dơ 2:

Gi¶i phơng trình 3 x +7 x +1=2

Giải:
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:

3 x+7 ≥ 0

x+1≥ 0
⇔ x≥ −1

¿{

Chó ý : Không nên bình phơng hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên

chuyển vế.

3 x +7=x+1+2

Bỡnh phng hai v ta c :

x+1=2
x+1

Bình phơng hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1)

x2- 2x – 3 =0 cã nghiệm x

1 = -1; x2 = 3

Cả hai giá trị này thoả mÃn điều kiện

Dng 3: Phng trỡnh cha dấu giá trị tuyệt đối

VÝ dô.

1, VÝ dô 1:

Giải phơng trình x2|2 x +1|+2=0
Đặt điều kiện

* Nếu 2x + 1 0 ta có phơng trình x2 ( 2x + 1 ) + 2 = 0

x2 – 2x – 1 + 2 = 0

x2 – 2x +1 = 0

=> x1 = x2 = 1

* NÕu 2x + 1 ≤ 0 ta có phơng trình x2 ( -2x -1 ) + 2 =0

x2 + 2x + 3 = 0

Ph¬ng trình vô nghiệm
Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 1
2, VÝ dô 2:

Giải phơng trình 5 x 2 |2 x +1|=5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3, VÝ dô 3: Giải phơng trình |x2 4|

=2 x 1

Dạng 3 : Hệ phơng trình

Cách giảI một số hệ phơng trình phức tạp

1, Ví dụ 1:

Giải hệ phơng trình

√x+

√y=

13
36

√x+

√y=1
¿
¿{

¿
¿ ¿

Giải :
Đặt ẩn phụ : X = 1

√x;Y =

√y

Ta cã hÖ :

4 X +3 Y =13
36

6 X +10 Y =36
36

¿
¿{

¿
¿ ¿

2, VÝ dô 2:

Giải hệ phơng trình

√12 x −3+
5

√4 x +1=1
7

√12 x −3+
8

√4 x +1=1

¿{

3, VÝ dô 3:

Giải hệ phơng trình :

x +2 y +3 z=11(1)
¿

3 x+ y+2 z=3 (2)
2 x +3 y +z=− 2(3)

¿
¿{{

¿
¿ ¿

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4, VÝ dô 4: Giải hệ phơng trình:

¿
x+ y+ z=6(1)
x2

+y2+z2=12(2)

¿{

Híng dÉn: Nh©n (1) víi 4 råi trõ cho (2)

=> (x2 + y 2 + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24

x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = 0

( x2 – 4x + 4 ) + ( y 2 – 4y + 4 ) + ( z2 – 4z -4 ) = 0

( x – 2 )2 + ( y – 2 )2 + ( z – 2 )2 = 0

=> x = y = z = 2
5, VÝ dô 5:

Gi¶i hƯ phơng trình

x +1+

y −3=5

x +1−

y −3=4
¿{

( Đề thi vào 10 năm 1998
1999)

6, Ví dụ 6:

Gi¶i hƯ phơng trình :

x −1+

y +1=11

x − 1+

y +1=5
¿{

( Đề thi vào 10 năm 2002 2003
)

Dạng 4: Toán cực trị

1.Ví dụ 1:

Cho biÓu thøc:

A=

(

1−√x+

1
1 −√x

)

(

1
1−√x−

1
1+√x

)

1
1 −√x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất.
Giải:
a. Rút gọn đợc: 1

√x(1−√x)

b. A nhá nhÊt nÕu mÉu √x(1 −√x) lµ lín nhÊt
Gäi √x=K ta cã K(1- K) = -K2+ K

-(K2- K) = -(K2 - 2K/2 +1/4 -1/4)

= -[(K-1/4)2 – 1/4]

MÉu nµy lín nhÊt khi: -[(K-1/4)2- 1/4] lµ nhá nhÊt

Vµ nã nhá nhÊt khi: K= 1/4

Hay √x=1/4⇒ x=1/2

=>A nhá nhÊt =4
2.VÝ dô 2:

Cho biÓu thøc:

M=15√x −11
x+2√x −3+

3√x 2

1x

2x+3
x+3

a, Rút gọn

b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tơng ứng của x
3. Ví dụ 3:

Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc M= x2
x4+x2+1

Gi¶i:

Ta nhËn thÊy x = 0 => M = 0. VËy M lín nhÊt x≠ 0.
Chia c¶ tư vµ mÉu cho x2

M= 1

x2+ 1

x2+1

VËy M lín nhÊt khi mÉu nhá nhÊt
MÉu nhá nhÊt khi x2+ 1

x2 nhá nhÊt

x2+ 1

x2>0 VËy x
2

+ 1

x2 nhá nhÊt x =1

VËy M= 1

2+1=
1
3

4.VÝ dô 4:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biÓu thøc :

Y =

√

x +2√x − 1+

√

x −2√x −1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Y =

√

x − 1+2√x − 1+1+

√

x −1 −2√x −1+1
√x − 1− 1¿2

¿
√x −1+1¿2

1 −√x − 1¿2
¿
¿
¿
¿
¿

√

(√x −1+1)2+√¿

BiÕt r»ng |A| + |B| ≥|A + B|

Y =|√x −1+1|+|√x −1 −1|≥|√x −1+1+√x −1 −1|

¿|√x −1+1|+|1−√x −1|≥|√x −1+1+1 −√x −1|≥ 2
VËy Y nhá nhÊt lµ 2 khi (√x −1+1)(1 −√x −1)≥ 0

⇔
x ≥1

1−(x −1)≥ 0

¿
⇒1 ≤ x 2

{

Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng

Ví dụ : Tính A=

6 2

2+12+

18 −√128
Ta cã : 4 −√2¿

=|4 −√2|=4 −√2

√

18−√128=

√

42− 8√2+2=√¿
√3+1¿2

¿
¿√3+1

√3 −1¿2

¿
¿
¿

√√

2+√12+4 2=

12+4=

3+23+1=
Loại 7: Biện luận phơng trình

1.Ví dụ 1:

Cho phơng trình: x2 ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn )

a, Giải phơng trình khi m=−3

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

c, Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phơng trình . Tìm giá trị m để :

x1( 1 – 2x2 ) + x2( 1 – 2x1 ) = m2

Giải
a, Thay m=3

2 vào ta có phơng trình :
x

2(3

2+2)x
3
2+1=0
2 x2+2 x 1=0
Phơng trình có hai nghiệm :

x1= 1+3
2 , x2=

1+3
2

b, Phơng trình có hai nghiệm tr¸i dÊu khi x1x2 = c

a<0

hay a.c < 0

 1(m + 1) < 0
 m < -1

c, x1( 1 – 2x2) + x2 ( 1 – 2x1) = m2

⇔ x1− 2 x1x2+x2− 2 x1x2=m2

⇔(x1+x2)− 4 x1x2=m2()

Theo viet ta cã :

x1+x2=−b

a=−

−2 (m+2)

1 =2(m+2)

x1x2=c

a=m+1

Thay vµo (*) ta cã :

2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m2

2m + 4 – 4m – 4 = m2

m2 + 2m = 0

m ( m + 2 ) = 0

⇒
m=0

m+2=0⇒m=−2
¿

¿
¿
¿
¿

2.VÝ dô 2:

Cho phơng trình : x2 2mx + 2m 1 = 0

1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với mọi m
2, Đặt A=2

(

x1

+x22

)

5 x1x2

a. Chứng minh A = 8m2 – 18m + 9

b. T×m m sao cho A = 27

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Gi¶i

1. XÐt '=(m)2 (2 m1)=m22 m+1=(m 1)2 0 m
=> Phơng trình luôn cã nghiƯm víi mäi m

a. A=2

(

x12+x22

)

−5 x1x2 = 2 x12+2 x22−5 x1x2

¿2 x12+2 x22+4 x1x2− 9 x1x2

(

x12+x22+2 x1x2

)

−9 x1x2

2(x1+x2)
2

− 9 x1x2

Theo viet ta cã :

¿
x1+x2=−b

a
x1x2=c

a

⇒2 (2m)29 (2 m1 )=2(4 m2)18 m+9=8 m218 m+9
{

điều phải chøng minh

b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phơng trình
8m2 – 18m + 9 = 27

8m2 – 18m – 18 = 0

4m2 – 9m – 9 = 0

Phơng trình có hai nghiệm : m1 = 3 , m2 = -3/4

2.Tìm m để x1 = 2x2

Theo viet ta cã : x1 + x2 = -b/a = 2m

Hay 2x2 + x2 = 2m

3x2 = 2m

 x2 = 2m/3

 x1 = 4m/3

Theo viet:

x1x2=c

a=2 m−1

=>2 m
3 .

4 m

3 =2m −1

⇔8 m

9 =2m −1

⇔ 8 m2

=18 m9

8 m2

18 m+9=0

Phơng trình có hai nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Hớng dẫn giải các đề thi vào 10
phần hình học

§Ị 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001)

GT OB = OCΔ ABC đều ;
xoy❑ =600

KL a, ΔOBM đồng dạng với

ΔNCO

BC2 = 4BM

b, MO là tia phân giác BMN❑
c, Đờng thẳng MN ln tiếp xúc
với đờng trịn cố định khi

xoy❑ =600 quay O

Gi¶i
a, Trong ΔNOC cã ONC❑ +NOC❑ +C❑=180❑ 0

=> ONC❑ +NOC❑ =1200 ( v× ❑

¿¿❑ C
❑

=600¿
V× xoy❑ =600nªnMOB❑

+NOC
❑

=1200

⇒MOB❑ =ONC❑ (1 )
Vì Δ ABC đều

⇒ B❑=C
❑

=600(2)

Từ (1) và (2) => ΔMBO đồng dạng với ΔONC

=> OB
NC=

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

⇒BC

2 .
BC

2 =BM . NC

⇒BC2=4 BM. NC

b, Ta cã BM
OC =

OM
ON hay

BM
OB =

OM
ON
mµ B❑=xoy

❑

=60

❑

=> ΔMBO đồng dạng với ΔMON⇒ B=OMN =600

=> CM là tia phân giác của BMN

c, Thật vậy khi xoy❑ quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc đó M, N là trung
điểm của AB và AC

đờng cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO

Nh vậy đờng tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bng AO/2

Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 )

1, Chøng minh AC // MO

ThËy vËy AOC cân tại O

ACO =CAO ( hai góc ở đáy )

Theo chøng minh tÝnh chÊt 2 cđa tiÕp tun th× AOM❑ =MOB❑

Theo định lí 7 ACO❑ +CAO❑ =AOB❑ (góc ngồi bằng tổng hai góc trong)
Hay 2 CAO❑ =AOB❑ ⇒CAO❑ =AOM❑ ⇒ AC // MO

2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đờng trịn

* Xét tứ giác MBOA có A❑=B❑=1 v (gt)
=> MBOA nội tiếp đờng trịn đờng kính MO
* Xét tứ giác MDAO

Trong ΔDOC :CDO❑ +C❑=1 v ( tổng hai góc nhọn trong tam giác
vuông )

Trong ΔMAO : AMO❑ +AOM❑ =1 v

Theo chøng minh trªn : C❑=AOM❑ ⇒CDO❑ =AMO❑

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

VËy M, D thuéc cung AO chøa gãc α0

Hay MDAO néi tiÕp

Ta lại có MAO❑ =1 v => MO là đờng kính đờng trịn ngoại tiếp
Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đờng trịn đờng kính MO

3, Tìm M trên d để Δ AOC đều , hãy chỉ ra cách xác định M.

Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là

A❑=C
❑

=600=> AOM❑ =600=> AMO❑

=300=> OM=2 R

Để xác định M từ O quay một cung có bán kính bằng 2R cắt d tại M .
Thoả mãn điều kiện nói trên.

§Ị 3 ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 )
a, AE là phân giác của BAC

Thật vậy BC ┴ EOF => BE❑ =EC❑
=> A❑1=A

❑

2 ( gãc néi tiếp chắn hai cung nhau )

=>AE là phân giác của BAC❑

b, BD // AE

ΔBAD cân tại A => B

1=D

=> B1+D

=BAC =2 A2=> D=A

2=> BD // AE

c, Nếu I là trung điểm của BC =>

AI⊥ BD

AI⊥ AE(1)
¿{

Ta lại có EAF❑ =1 v ( góc nội tiếp chắn đờng trịn)
hay AF⊥ AE(2)

Tõ (1) (2) => IAF =2 v
=>I, A, F thẳng hàng

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

a, Chứng minh tam giác POQ vuông

XÐt ΔPOQ theo chøng minh tÝnh chÊt 2 tiếp tuyến ta có O1=O2
=>OP là phân giác của EOC

O3=O

4 => OQ là phân giác của EOD

M EOC❑ ;EOD❑ là 2 góc kề bù do đó PO⊥ OQ tại O ( theo định lí )
=>tam giác POQ vuông tại O

b, Chứng minh ΔPOQ đồng dạng với ΔCED

ấy tam giác CED là tam giác vng tại E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng
trịn )

Có QPO❑ =ECD❑ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED )
=>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED

c, TÝnh tÝch CP . DQ theo R

Theo tính chất 2 của tiếp tuyến ta có : CP = PE
DQ = EQ
Xét ΔPOQ có OE là đờng cao bằng R

Theo hƯ thøc lỵng : OE2 = PE . EQ

hay OE2 = CP . DQ

R2 = CP . DQ

d, Khi PC = R/2 h·y chøng minh r»ng SΔ POQ

SΔ CED

=25
16

Tõ ý c ta cã DQ= R2/CP =

R2
R

2
=2 R

Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phơng tổng số
đồng dạng

VËy SΔPOQ

SΔ COD

=PQ

CD2(1)

Mµ PQ = PE + EQ = PE + DQ
=>PQ = R/2 + 2R = 5R/2
Thay vµo (1) ta cã SΔPOQ

SΔ COD

(

5 R

)

(2 R)2 =

25 R2

4 :4 R

=25
16

Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )
a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

=> BH // DC

CM t¬ng tù ta cã CH // BD
Vậy BHCD là hình bình hành
*Xét t/g BCDE

Ta có BC // ED ( vì cùng vuông góc với AE) => BCDE là hình thang
Do BC // ED => BE❑ =CD❑ => BE = CD

=>BCDE lµ hình thang cân

b, Chng minh H l tõm ng tròn nội tiếp tam giác A B C và EFI’ ’ ’
thật vậy H là giao các đờng phân giác trong

=>H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác

c, Chứng minh M là giao 2 đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AC HB và đ’ ’ 
-ờng trịn O

AMD❑ =1 v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn )
Lấy O’ là trung điểm của AH => O’M =1/2 AH
Mà AH là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tg AC’HB’
Vậy M là giao của 2 đờng trịn nói trên

d, Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì kết luận

- h×nh thoi

- Kết quả không thay đổi

</div>

Toan 9 Cac dang toan thi vao10

√

<sub></sub>

(

)

(

)

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

√

<sub>√</sub>

√√

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

)

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về