Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 Đề c ơng dạy ôn môn toán 9 Buổi 1: rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai Bài 1 a/ 723238 + b/ 6 1252722012 ++ c/ 12580345220 + d/ 7531823227 ++ e/ ( ) 3362333 + g/ ( ) 1833282 + h/ ( ) 2:30710465 + i/ ( ) 32:455482274 k/ 21 1 21 1 + n/ 57 2 57 2 + l/ 53 1 53 1 + g/ 12 12 21 3 + + m/ 56 56 65 65 + + + p/ 21 22 . 23 1 23 1 + Baứi 2 : Cho biểu thức : A = 1 1 3 1 a 3 a 3 a + ữ ữ + a) Rút gọn biểu thức sau A. b) Xác định a để biểu thức A > 2 1 . H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : a > 0 và a 9. Biểu thức rút gọn : A = 3 2 +a . b) Với 0 < a < 1 thì biểu thức A > 2 1 . Baứi 3 : Cho biểu thức: A = ( ) 2 x 2 x 1 x x 1 x x 1 : x 1 x x x x + + ữ ữ + . a) Rút gọn A. b) Tìm x để A < 0. c) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : A = 1 1 + x x . b) Với 0 < x < 1 thì A < 0. c) x = { } 9;4 thì A Z. Baứi 4 : Cho biểu thức: P = a 3 a 1 4 a 4 4 a a 2 a 2 + + + (a 0; a 4) a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P với a = 9. Năm học 2009 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : a 0, a 4. Biểu thức rút gọn : P = 2 4 a b) Ta thấy a = 9 ĐKXĐ . Suy ra P = 4 Baứi 5 : Cho biểu thức: A = 2 2 x 1 x 1 x 4x 1 x 2003 . x 1 x 1 x 1 x + + + ữ + . 1) Tìm điều kiện đối với x để biểu thức có nghĩa. 2) Rút gọn A. 3) Với x Z ? để A Z ? H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x 0 ; x 1. b) Biểu thức rút gọn : A = x x 2003+ với x 0 ; x 1. c) x = - 2003 ; 2003 thì A Z . Buổi 2: rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai ( Bài tập tổng hợp) Baứi 1 : Cho biểu thức P = 1 x x 1 x x + + a) Rút gọn biểu thức sau P. b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 1 2 . H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : P = x x + 1 1 . b) Với x = 1 2 thì P = - 3 2 2 . Baứi 2 : Cho biểu thức : A = 1 1 1 1 + + x x x xx a) Rút gọn biểu thức sau A. b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 1 c) Tìm x để A < 0. d) Tìm x để A = A. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x 0, x 1. Biểu thức rút gọn : A = 1x x . b) Với x = 4 1 thì A = - 1. c) Với 0 x < 1 thì A < 0. d) Với x > 1 thì A = A. Năm học 2009 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 Baứi 3 : Cho biểu thức + + + + = 1 3 22 : 9 33 33 2 x x x x x x x x P a. Rút gọn P. b. Tìm x để 2 1 P < c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. H ớng dẫn : a. ) ĐKXĐ : x 0, x 9. Biểu thức rút gọn : 3x 3 P + = b. Với 9x0 < thì 2 1 P < c. P min = -1 khi x = 0 Bài 14: Cho A= 1 1 1 4 . 1 1 a a a a a a a + + + ữ ữ ữ + với x>0 ,x 1 a. Rút gọn A b. Tính A với a = ( ) ( ) ( ) 4 15 . 10 6 . 4 15+ ( KQ : A= 4a ) Bài 5: Cho A= 3 9 3 2 1 : 9 6 2 3 x x x x x x x x x x + ữ ữ ữ ữ + + với x 0 , x 9, x 4 . a. Rút gọn A. b. x= ? Thì A < 1. c. Tìm x Z để A Z (KQ : A= 3 2x ) Bài 6: Cho A = 15 11 3 2 2 3 2 3 1 3 x x x x x x x + + + + với x 0 , x 1. a. Rút gọn A. b. Tìm GTLN của A. c. Tìm x để A = 1 2 d. CMR : A 2 3 . (KQ: A = 2 5 3 x x + ) Bài 7: Cho A = 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x + + + + + + với x 0 , x 1. a . Rút gọn A. b. Tìm GTLN của A . ( KQ : A = 1 x x x+ + ) Bài 8: Cho A = 1 3 2 1 1 1x x x x x + + + + với x 0 , x 1. a . Rút gọn A. Năm học 2009 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 b. CMR : 0 1A ( KQ : A = 1 x x x + ) Bài 9: Cho A = 5 25 3 5 1 : 25 2 15 5 3 x x x x x x x x x x + + ữ ữ ữ ữ + + a. Rút gọn A. b. Tìm x Z để A Z ( KQ : A = 5 3x + ) Bài 18: Cho A = 2 9 3 2 1 5 6 2 3 a a a a a a a + + + với a 0 , a 9 , a 4. a. Rút gọn A. b. Tìm a để A < 1 c. Tìm a Z để A Z ( KQ : A = 1 3 a a + ) Bài 10: Cho A= 7 1 2 2 2 : 4 4 2 2 2 x x x x x x x x x x + + + ữ ữ ữ ữ + với x > 0 , x 4. a. Rút gọn A. b. So sánh A với 1 A ( KQ : A = 9 6 x x + ) Bài 11 : Cho A = ( ) 4 3 2 : 2 2 2 x x x x x x x x + ữ + ữ ữ ữ với x > 0 , x 4. a. Rút gọn A b. Tính A với x = 6 2 5 (KQ: A = 1 x ) Bài 12 : Cho A= 1 1 1 1 1 : 1 1 1 1 2x x x x x + + ữ ữ + + với x > 0 , x 1. a. Rút gọn A b. Tính A với x = 6 2 5 (KQ: A = 3 2 x ) Bài 13 : Cho A= 3 2 1 1 4 : 1 1 1 1 x x x x x x + + ữ ữ ữ + + với x 0 , x 1. a. Rút gọn A. b. Tìm x Z để A Z (KQ: A = 3 x x ) Năm học 2009 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 Bài 14: Cho A= 1 2 2 1 2 : 1 1 1 1 x x x x x x x x ữ ữ ữ + + với x 0 , x 1. a. Rút gọn A. b. Tìm x Z để A Z c. Tìm x để A đạt GTNN . (KQ: A = 1 1 x x + ) Bài 15 : Cho A = 2 3 3 2 2 : 1 9 3 3 3 x x x x x x x x + + ữ ữ ữ ữ + với x 0 , x 9 . a. Rút gọn A. b. Tìm x để A < - 1 2 ( KQ : A = 3 3a + ) Buổi 3: Ôn tập phần hệ thức lợng trong tam giác vuông và góc với đờng tròn. Bài 1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI BK hayIBK = 90 0 . Tơng tự ta cũng có ICK = 90 0 nh vậy B và C cùng nằm trên đ- ờng tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Ta có C 1 = C 2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. C 2 + I 1 = 90 0 (2) ( vì IHC = 90 0 ). I 1 = ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Năm học 2009 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 Từ (1), (2) , (3) => C 1 + ICO = 90 0 hay AC OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH 2 = AC 2 HC 2 => AH = 22 1220 = 16 ( cm) CH 2 = AH.OH => OH = 16 12 22 = AH CH = 9 (cm) OC = 225129 2222 =+=+ HCOH = 15 (cm) Bài 2 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn . 3. Chứng minh OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm). Vì K là trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Năm học 2009 - 2010 H I E D B C A O x Và dây cung) => OKM = 90 0 . Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90 0 ; OBM = 90 0 . nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 90 0 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM AB tại I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90 0 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đờng cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA 2 hay OI.OM = R 2 ; và OI. IM = IA 2 . 4. Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH AB; cũng theo trên OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đờng thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Buổi 4: Ôn Hình tổng hợp Baứi 1: Cho (O,R) và một điểm A ở ngoài đờng tròn sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đờng tròn (O) với B, C là hai tiếp điểm a) Chứng minh: Tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp. b) Từ B vẽ đờng thẳng song song với AC, cắt đờng tròn (O) tại điểm D (khác điểm B) đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại E (khác D). Chứng minh: AB 2 = AE. AD c) Chứng minhC: Tia đối của tia EC là tia phân giác của ã BEA d) Tính diện tích tam giác BDC theo R. HớNG DẫN ã ã ã ã 0 0 0 0 0 OBA 90 (OB AB) ( 2 ttuyeỏn caột nhau) a) OCA =90 (OC AC) ( 2 ttuyeỏn caột nhau) OBA OCA 90 90 180 = + = + = ⇒ OBAC là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180 0 ) b) Xét ∆ AEB và ∆ ABD, ta có: · · » µ  =     ABE ADB ( góc tạo bởi tiếp tuyến va ødây cung va øgóc nội tiếp cùng chắn BE) A la øgóc chung Vậy: ∆ AEB ~ ∆ ABD(g-g) 2 AE AB AB AE.AD AB AD ⇒ = ⇒ = C) Gọi Ex là tia đối của tia EC · · · · ¼  ⇒ =   =   Co ù AC // BD(gt) EAC EDB (slt) Ma ø: ECB EDB (cùng chắn BE) · · · ⇒ = = EAC ECB ( cùng EDB ) · · » · · · · · · ∆ ∆ ∆ ∆ = = ⇒ = ⇒ = Xét AEC va ø CEB ; ta có : EBC ECA (cùng chắn CE) EAC ECB (cmt) Vậy : AEC va ø CEB (g- g) BEC AEC BEx AEx (kề bu øvới hai góc bằng nhau) Vậy : tia đối của tia · EC la øtia phân giác của BEA. d) ∆ ABC vuông tại B cho OA 2 = OB 2 + AB 2 ( Pitago) và chứng minh được OA ⊥ BC tại H ⇒ AB 2 = (3R) 2 - (R) 2 ⇒ AB = R 8 ∆ ABO vuông có ba cạnh là R, R 8 ,3R Các tam giác vuông OHC và ICB cùng đồng dạng với tam giác vuông ABO cho: R R 8 2R 8 OH ; HC = ; BC = 3 3 3 = 1 2R 8 2R 8 8 IB ; IC = 3 3 3 3 = × × 2 1 2R 8 2R 8 8 64R . 2 Diện tích tam giác BDC = IB.IC = 3 3 3 3 81 × × × = Bµi 2: Cho ®êng trßn C (O) cã b¸n kÝnh R vµ mét ®iĨm S ë ngoµi ®êng trßn (O). Tư S vÏ hai tiÕp tun SA, SB víi ®êng trßn (O)(A, B lµ hai tiÕp ®iĨm). VÏ ®êng th¼ng a ®i qua S c¾t ®êng trßn (O) t¹i hai ®iĨm M, N víi M n»m gi÷a hai ®iĨm S vµ N (®êng th¼ng a kh«ng ®i qua t©m O) a) Chøng minh r»ng: SO vu«ng gãc víi AB b) Gäi H lµ giao ®iĨm cđa SO vµ AB, gäi I lµ trung ®iĨm cđa MN. Hai ®êng th¼ng OI vµ AB c¾t nhau t¹i ®iĨm E. chøng minh: IHSE lµ mét tø gi¸c néi tiÕp. c) Chøng minh: OI.OE = R 2 d) Cho biÕt SO = 2R vµ MN = R 3 . TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ESM theo R HíNG DÉN a) Chứng minh: SO ⊥ AB Ta có: SA = SB (2 tt cắt nhau) Suy ra ∆ SAB cân tại S. ta có SO là tia phân giác của · ASB nên cũng là đường cao của tam giác SAB. Nên SO ⊥ AB Cách khác: SA = SB OA= OB Nên SO là trung trực của AB. Suy ra: SO ⊥ AB b) Chưng minh: IHSE là một tứ giác nội tiếp Ta có: · 0 SHE 90 (SO AB) = ⊥ · 0 SIE 90 (OI MN) = ⊥ Nên : · · 0 SIE SHE 90 = = (cùng nhìn SE dưới góc 90 0 ) Vậy tứ giác IHSE nội tiếp được đường tròn. c) Chứng minh: OI.OE = R 2 Xét ∆ OIH và ∆ OSE, ta có: · IOH là góc chung · · OIH OSE = ( tứ giác IHSE n/tiếp) Vậy: ∆ OIH ~ ∆ OSE(g-g) OI OH OI OE = OH OS OS OE = ⇒ × × Mà OH.OS = OA 2 = R 2 (hệ thức lượng trong ∆ AOS) Vậy: OI.OE = R 2 . d) Tính diện tích tam giác ESM theo R. Ta có : OI = R/2 ( vì MN là cạnh của tam giác đều nội tiếp(O,R)) Mà: OI.OE = R 2 . Nên OE = 2R Ta có: IE = OE – OI = 2R – R/2= 3R/2 j H N M E I S B A O Tam giaực vuoõng OIS cho: 2 2 2 2 2 2 2 R 15R R 15 SI SO OI 4R SI 4 4 2 R 15 R 3 R Ta co ự: SM = SI - IM = = ( 15 - 3) 2 2 2 1 3R Dieọn tớch tam giaực EMS : SM. IE = ( 15 - 3) 2 8 = = = = Buổi 5: ôn tập hàm số bậc nhất y= ax + b và các bài toán về hàm bậc nhất Baứi 1 : 1) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm (1 ; 2) và (-1 ; -4). 2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng trên với trục tung và trục hoành. H ớng dẫn : 1) Gọi pt đờng thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b. Do đờng thẳng đi qua hai điểm (1 ; 2) và (-1 ; -4) ta có hệ pt : += += ba ba 4 2 = = 1 3 b a Vậy pt đờng thẳng cần tìm là y = 3x 1 2) Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 ; Đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 1 . Baứi 2 : Cho hàm số y = (m 2)x + m + 3. 1) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3. 3) Tìm m để đồ thị của hàm số trên và các đồ thị của các hàm số y = -x + 2 ; y = 2x 1 đồng quy. H ớng dẫn : 1) Hàm số y = (m 2)x + m + 3 m 2 < 0 m < 2. 2) Do đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3. Suy ra : x= 3 ; y = 0 Thay x= 3 ; y = 0 vào hàm số y = (m 2)x + m + 3, ta đợc m = 4 3 . 3) Giao điểm của hai đồ thị y = -x + 2 ; y = 2x 1 là nghiệm của hệ pt : = += 12 2 xy xy (x;y) = (1;1). Để 3 đồ thị y = (m 2)x + m + 3, y = -x + 2 và y = 2x 1 đồng quy cần : (x;y) = (1;1) là nghiệm của pt : y = (m 2)x + m + 3. Với (x;y) = (1;1) m = 2 1 Baứi 3 : Cho hàm số y = (m 1)x + m + 3. 1) Tìm giá trị của m để đồ thị của hàm số song song với đồ thị hàm số y = -2x + 1. 2) Tìm giá trị của m để đồ thị của hàm số đi qua điểm (1 ; -4). 3) Tìm điểm cố định mà đồ thị của hàm số luôn đi qua với mọi m. H ớng dẫn : 1) Để hai đồ thị của hàm số song song với nhau cần : m 1 = - 2 m = -1. [...]... tr×nh bËc hai råi gi¶i a) 10x2 + 17x + 3 = 2(2x - 1) - 15 b) x2 + 7x - 3 = x(x - 1) - 1 g) x2 - x - 3(2x + 3) = - x(x - 2) - 1 h) -x2 - 4x - 3(2x - 7) = - 2x(x + 2) - 7 i) 8x2 - x - 3x(2x - 3) = - x(x - 2) k) 3(2x + 3) = - x(x - 2) – 1 BT 3: GPT 2 a) ( 3x − 1) ( x + 1) = 2 9x − 6x + 1 ( 2 ⇔ ( 3x − 1) ( x + 1) − 2 ( 3x − 1) = 0 ⇔ ⇔ ) ( 3x − 1) ( x + 1 − 6x + 2 ) = 0 ( 3x − 1) ( 3 − 5x ) = 0 ⇔ 3x − 1 = 0... sau: VËn tèc ( km/h) Thêi gian (h) Qu·ng ®êng AB x (h) y (h) x.y (km) Dù ®Þnh x +15 (h) y - 1 (h) (x +1 5). (y – 1) (km) LÇn 1 x - 15 (h) y + 2 (h) (x - 1 5). (y + 2) (km) LÇn 2 - H·y chän Èn, gäi Èn vµ ®Ỉt ®iỊu kiƯn cho Èn sau ®ã lËp hƯ ph¬ng tr×nh cđa bµi tËp - GV híng dÉn cho häc sinh thiÕt lËp ph¬ng tr×nh ⇒ hƯ ph¬ng tr×nh cđa bµi cÇn lËp ®ỵc lµ:  (x +1 5). (y - 1) = x.y  (x - 1 5). (y + 2) = x.y Gi¶i : -... b) 5x + 2x − 16 = 10 − x ⇔ 5 x 4 + 3 x 2 − 26 = 0 ( 1) 2 Đặt t=x ≥0 Ta có: ( 1) ⇔ 5t 2 + 3t − 26 = 0 ( 2) V= 9 − 4. 5.( −26 ) = 5 29 > 0 ⇒ V = 5 29 Phương trình ( 2) có hai nghiệm: −3 + 5 29 −3 + 5 29 t1 = = ( NhËn ) 2.5 10 −3 − 5 29 −3 − 5 29 t2 = = < 0 ( Lo¹i ) 2.5 10 −3 + 5 29 Víi t = t1 = x 2 = 10 −3 + 5 29 −30 + 10 5 29 ⇒ x1,2 = ± =± 10 10 Phương trình có hai nghiệm: −30 + 10 5 29 x1,2 = ± 10 x+2 6 +3= c) ( 1). .. 4, y > 2) Th× qu·ng ®êng AB lµ x.y (km) - NÕu t¨ng vËn tèc ®i 14 km/h th× vËn tèc lµ: x + 14 (km/h) th× ®Õn sím 2 giê thêi gian thùc ®i lµ: y – 2 (h) nªn ta cã ph¬ng tr×nh: (x +1 4). (y - 2) = x.y ( 1) - NÕu gi¶m vËn tèc ®i 4 km/h th× vËn tèc lµ: x – 4 (km/h) th× ®Õn mn 1 giê thêi gian thùc ®i lµ: y + 1 (h) nªn ta cã ph¬ng tr×nh: (x - 4). (y + 1) = x.y ( 2) (x +1 4). (y - 2) = x.y ⇔  (x - 4). (y + 1) = x.y... +14 (h) y - 2 (h) (x +1 4). (y – 2) (km) LÇn 1 x - 4 (h) y + 1 (h) (x - 4). (y + 1) (km) LÇn 2 - H·y chän Èn, gäi Èn vµ ®Ỉt ®iỊu kiƯn cho Èn sau ®ã lËp hƯ ph¬ng tr×nh cđa bµi tËp - GV híng dÉn cho häc sinh thiÕt lËp ph¬ng tr×nh ⇒ hƯ ph¬ng tr×nh cđa bµi cÇn lËp ®ỵc lµ: (x +1 4). (y - 2) = x.y   (x - 4). (y + 1) = x.y Gi¶i : - Gäi vËn tèc dù ®Þnh lµ x (km/h); thêi gian dù ®Þnh ®i tõ A ®Õn B lµ y (h) (§iỊu... xóc víi (p) vµ ®i qua A(0;- 2) d t×m ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng tiÕp xóc víi (p) t¹i B(1; 2) e biƯn ln sè giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng th¼ng y=2m+1 ( b»ng hai ph¬ng ph¸p ®å thÞ vµ ®¹i s ) f cho ®êng th¼ng (d): y=mx-2 T×m m ®Ĩ +(p) kh«ng c¾t (d) +(p)tiÕp xóc víi (d) t×m to¹ ®é ®iĨm tiÕp xóc ®ã? + (p) c¾t (d) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt +(p) c¾t (d) Bµi tËp 2 cho hµm sè (p): y=x2 vµ hai ®iĨm A(0; 1) ; B(1; 3) a viÕt... b)  2 x + y = 2  6 x + 6 y = 5 xy  ; 4 3 x − y =1   y = 2 x −1 + 3  ;  x = 2 y − 5  3 x − 2 − 4 y − 2 = 3  c)  2 x − 2 + y − 2 = 1  ( x + y )( x − 2 y ) = 0 ;  x − 5y = 3 (®k x;y ≥ 2 )  2x − 3y = 5    2 2 + 3 3 = −5  3 x − 3 y = 3 − 2 3 ( x + 1) + 2( y − 2) = 5 ( x + 5)( y − 2) = ( x + 2)( y − 1)  ;  ;   3( x + 1) − ( y − 2) = 1 ( x − 4)( y + 7) = ( x − 3)( y + 4). .. (km/h) (§iỊu kiƯn x > 3) th× vËn tèc xu«i dßng lµ x + 3 (km/h), vËn tèc ngỵc dßng lµ x - 3 (km/h) 59, 5 (gi ) x 30 Thêi gian xng m¸y xu«i dßng 30 km lµ (gi ) x+3 28 Thêi gian xng m¸y ngỵc dßng 28 km lµ (gi ) x−3 30 28 59, 5 Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh: + = x+3 x−3 x Thêi gian xng khi ®i trong hå 59, 5 km lµ ⇔ 30.x ( x − 3) + 28.x ( x + 3) = 59, 5 ( x − 3 ) ( x + 3 ) ⇔ 30 x 2 − 90 x + 28 x 2 + 84 x = 59, 5... − = d) ( 1) x − 2 x2 − 4 x + 2 Điều kiện: x ≠ ±2 ⇒ 2 x ( x + 2 ) − ( 3 x + 10 ) = x ( x − 2 ) x1 = 2 x 2 + 4 x − 3 x − 10 = x 2 − 2 x ⇔ ⇔ x 2 + 3 x − 10 = 0 ( 2) Ta có: V= 9 + 40 = 49 > 0 ⇒ V = 7 Phương trình ( 2) có hai nghiệm: −3 + 7 −3 − 7 x1 = = 2 ( lo¹i ) ; x 2 = = −5 ( nhËn ) Vậy phương trình ( 1) có một nghiệm x = -5 2 2 e) 2x x2 + 11x − 6 = x−3 x2 − 9 ( 1) Điều kiện: x ≠ ±3 ⇒ 2 x ( x + 3 ) = x... (km/h); thêi gian dù ®Þnh ®i tõ A ®Õn B lµ y (h) (§iỊu kiƯn x > 15, y > 1) Th× qu·ng ®êng AB lµ x.y (km) - NÕu t¨ng vËn tèc ®i 15 km/h th× vËn tèc lµ: x + 15 (km/h) th× ®Õn sím 1 giê thêi gian thùc ®i lµ: y –1(h) nªn ta cã ph¬ng tr×nh: (x +1 5). (y - 1) = x.y ( 1) - NÕu gi¶m vËn tèc ®i 4 km/h th× vËn tèc lµ: x – 15 (km/h) th× ®Õn mn 2 giê thêi gian thùc ®i lµ: y + 2 (h) nªn ta cã ph¬ng tr×nh: (x - 1 5). (y . + = + ; ( 1) 2( 2) 5 3( 1) ( 2) 1 x y x y + + = + = ; ( 5 )( 2) ( 2 )( 1) ( 4 )( 7) ( 3 )( 4) x y x y x y x y + = + + = + . ( 1 )( 2) ( 1 )( 3) 4 ( 3 )( 1) ( 3 )( 5) 1 x y x y x. I 1 = 90 0 (2 ) ( vì IHC = 90 0 ). I 1 = ICO (3 ) ( vì tam giác OIC cân tại O) Năm học 20 09 - 2010 Trờng THCS Hạ Môn Đề cơng toán ôn thi vào lớp 10 Từ (1 ), (2 ) , (3 ) => C 1 + ICO = 90 0 . (h) x.y (km) Lần 1 x +14 (h) y - 2 (h) (x +1 4). (y 2) (km) Lần 2 x - 4 (h) y + 1 (h) (x - 4). (y + 1) (km) - Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau đó lập hệ phơng trình của bài tập - GV