Bồi dưỡng đại trà học kì 2

Giá trị của một biểu thức đại số: Tính giá trị của biểu thức đại số tại những giá trị cho trước của biến, ta thay các giỏ trị cho trước vào biểu thức rồi thực hiện phép tính.. §¬n thøc [r]

Bồi dưỡng đại trà học kì 2

A CHươNG III thống kê

1 Thu thập số liêu thống kê, tần số:

 Các số liệu thu thập  khi điều tra về một dấu hiệu gọi là số liệu thống kê Mỗi số liệu là một giá trị của dấu hiệu.

 Số tất cả các giá trị (không nhất thiết khác nhau) của dấu hiệu bằng số các đơn vị điều tra.

 Số lần xuất hiện của một giá trị trong dẫy giá trị của dấu hiệu là tần số của giá trị đó.

2 Bảng tần số các giá trị của dấu hiệu:

x1

x2 .

xk

n1

n2 .

nk N

3 Biểu đồ:

Có thể biểu diễn số liệu bằng biểu đồ.

4 Số trung bình cộng của dấu hiệu: Kí hiệu X

 Tính bằng công thức: x n1 1 x n2 2 x n k k

N

Trong đó: x , x1 2, x là các gia tri khac nhau cua dấu hiệu.k

n , n1 2, n là các tần số . ứng.k

N là số các giá trị.

 Tính bằng cách lập bảng:

Dấu hiệu (x) Tần số (n) Các tích (x.n)

x1

x2

.

.

.

xk

n1

n2 .

nk

x n1 1

x2

n2 .

x nk k

1 1 2 2 k k

N

N = n + n + + n1 2 k

 Mốt của dấu hiệu: Giá tri có tần số lớn nhất trong bảng “tần số” Kí hiệu: M0

B CHươNG IV BIểU THứC đạI Số

1 Biểu thức đại số:

Biểu thức mà trong đó ngoài các số, kí hiệu phép tính cộng, trừ, nhân, chia, nâng lên lũy thừa, còn có cả các chữ đại diện cho số(gọi là biến số) là biểu thức đại số.

2 Giá trị của một biểu thức đại số:

Tính giá trị của biểu thức đại số tại những giá trị cho J của biến, ta thay các giỏ trị cho J vào biểu thức rồi thực hiện phép tính.

3 Đơn thức

 Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số hoặc một biến hoặc một tích giữa các số và các biến Số 0 là đơn thức không.

 Bậc của đơn thức co hệ số khác 0 là tổng số mũ của tât cả các biến có trong

đơn thức đó

 Hai đơn thức đồng dạng là hai đơn thức có hệ số khác 0 và có cùng phần biến Cộng trừ các đơn thức đồng dạng ta công trừ các hệ số với nhau và giữ

nguyên phần biến

 Nhân hai đa thức ta nhân các hệ số với nhau và nhân các phần biến với nhau

và dùng lũy thừa ghi bậc của mỗi biến.

4 Đa thức

 Đa thức là tổng của những đơn thức

 Bậc của đa thức là bậc cao nhất của hạng tử trong dạng thu gọn của đa thức

Đa thức không là đa thức không có bậc.

 Đa thức một biến là tổng của những đơn thức của cùng một biến Mỗi số  coi là một đa thức một biến.

 Ta có thể cộng, trừ các biểu thức số và . tự ta cũng có thể thực hiện phép toán cộng trừ đa thức

 Nếu tại x = a mà đa thức P(x) = 0 ta nói a (hoặc x = a) là nghiệm của đa thức

đó.

II bài tập Bài 1: Một thầy giáo theo dõi thời gian làm một bài tập (Thời gian tính theo phút) của 30

a.Dấu hiệu ở đây là gì?

b Lập bảng “tần số” và nhận xét

Đáp án

a, Dấu hiệu: thời gian làm 1 bài tập của mỗi học sinh

b, Bảng tần số

Nhận xét: Thời gian làm bài ít nhất là 5 phút

Thời gian làm bài nhiều nhất là 14 phút

Số đông các bạn đều hoàn thành bài tập khoảng từ 8 đến 10 phút

Bài 2 Một giáo viên theo dõi thời gian làm bài tập ( tính theo phút ) của 30 học sinh

10 5 8 8 9 7 8 9 14 8

9 8 9 9 9 9 10 5 5 14

a)Lập bảng tần số:

b)Tính số trung bình cộng và tìm mốt của dấu hiệu

Đáp án

a) Lâp bằng bảng tần số:

b) X  8,6 phút

Mo = 8 và Mo = 9

Phần đa thức

Bài 1: Cho đa thức M(x) = 4x3 + 2x4 –x2 –x3 +2x2-x4+1-3x3

a sắp xếp các hạng tử của đa thức trên theo lỹ thừa giảm của biến

b Tính M(-1) và M(1)

c Chứng tỏ đa thức trên không có nghiệm

Đáp án

a M(x) = x4 + x2 +1

b M(1) = 14 + 12+1 =3

M(-1) = (-1)4+(-1)2 +1=3

c Ta có x4 0 với mọi x

x2 0 với mọi x

nên x4 + x2 + 1 1> 0 với mọi x

vậy đa thức x4 + x2 + 1 không có nghiệm

Bài 2 Cho P(x) = 4x5  7x2  3x4  3x5  3 xx

a, Thu gọn và sắp xếp đa thức P(x) theo lũy thừa giảm

P(x) = 5 2 4 5 5

3 3 3 7

4x  x  x  x  xx

=( 4x5  3x5 x5)  3x4  7x2 x 3

=3x4  7x2 x 3

b, Cho Q(x) = x2  x5  6 Tính P(x) + Q(x)

P(x)+Q(x)=( 3x4  7x2 x 3)+(x2  x5  6)

=3x4  7x2 x 3+x2  x5  6

=3x4  6x2  4x 3

Bài 3: Tìm nghiệm cua đa thức N(x) = 7x – 5

Đáp án

Nếu x là nghiệm của N(x)= 7x – 5 thì N(x) = 0

Hay 7x – 5 = 0

7x = 5

x =

7 5

Bài 4

a, Tính tích của hai đơn thức sau: - 0,5x2yz và -3xy3z Tìm hệ số và bậc của tích tìm !

b, Cho A = x2- 2x - y2 + 3y - 1 B = -2x2 + 3y2 - 5x + y + 3 Tính A + B, A - B?

Đáp án

a (-0,5x2yz).(-3xy3z) = 1,5x3y4z2 Hệ số 1,5 Bậc 9

b , A + B = (x2-2x - y2 +3y -1) + (-2x2 + 3y2 -5x + y +3)

= x2 -2x - y2 +3y -1 -2x2 +3y2 -5x +y + 3

= -x2 -7x +2y2 +4y +2

A - B = (x2-2x -y2 +3y - 1) - (-2x2 + 3y2 -5x +y +3)

= x2 - 2x - y2 +3y - 1 + 2x2 - 3y2 + 5x - y - 3

= 3x2 +3x - 4y2 +2y - 4

Bài 5: Cho đa thức: P(x) = 5x3 + 2x4 - x2 + 3x2 - x3 - x4 + 1 - 4x3

a, Thu gọn và sắp xếp các hạng tử của đa thức trên theo thứ tự giảm dần của các biến?

b, Tính P(1) và P(-1)?

c, Chứng tỏ rằng đa thức trên không có nghiệm?

Đáp án

a, p(x) = 5x3 + 2x4 - x2 + 3x2 - x3 - x4 + 1 - 4x3

= x4 + 2x2 + 1

b, p (1)= 14 + 2.12 + 1= 4

p(-1)= (-1)4 + 2.(-1)2 + 1 = 4

c, x4  0  x

2x2  0  x nên p(x) = x4 + 2x2 + 1  1  x

Bài 6: Tìm x:

a x 5 = 7

b = xx

c x 12 9  0

d 2x 3 = -5

Đáp án

a x 5 = 7

 x + 5 = 7 x 2

 x + 5 = -7 x  12

b = x x  x  0

c x 12 9  0

 x 12  9

 x  1   3

 x + 1 = 3 x = 2

 x +1 = -3  x   4

d 2x 3 = -5

Do 2x 3 0 mà -5 < 0   Vô lý

Vậy không tìm  giá trị của x thoả mãn đề bài

Bài 7 Cho 2 đa thức

P  x = x + 2mx + m và2 2

Q x = x + (2m+1)x + m2 2

Tìm m biết P (1) = Q (-1)

Đáp án

P(1) = 12 + 2m.1 + m2

= m2 + 2m + 1

Q(-1) = 1 – 2m – 1 +m2

= m2 – 2m

Để P(1) = Q(-1) thì m2 + 2m + 1 = m2 – 2m  4m = -1  m = -1/4

Bài 8 Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của các biểu thức sau :

A = x 1 +5 B =

2

1

2 

x

C = D =

3

15

2

2





x

x

3

5

2 2

2 2









y x

y x

Đáp án

 A = x 1 +5

Ta có : x 1 0 Dấu = xảy ra   x= -1

 A 5.

DÊu = x¶y ra  x= -1.

VËy: Min A = 5  x= -1

 B =

2

1

2 

x

Ta cã x 0 DÊu = x¶y ra 2   x = 0

x + 2 2 ( 2 vÕ . )



2

1

2 

2 1

DÊu = x¶y ra  x= 0

VËy Max B = x = 0

2

1 

 C = = = 1 +

3

15

2

2





x

3

12 3

2

2







x

x

3

12

2 

x

Ta cã: x 0 DÊu = x¶y ra 2   x = 0

 x + 3 3 ( 2 vÕ . )2 

4 1+ 1+ 4



3

12

2 

3

12 

3

12

2 

3

12

2 

C 5

DÊu = x¶y ra  x = 0

VËy : Max C = 5  x = 0

 D = 1 +

3

2

2

2 y 

x

Mµ x + y + 3 32 2 

 D 1+ D

3

2

2

2 y 

3

2

3

2

3 5

Min D = x= y = 0

3

5 

Bµi 9 Cho 3 sè a, b, c kh¸c nhau vµ kh¸c 0 ( b+c, a+c, a+b 0 ).

Tho¶ m·n ®iÒu kiÖn :

b a

c c a

b c b

a











TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc P =

c

b a b

c a a

c









§¸p ¸n

Ta cã : .= =

b a

c c a

b c b

a









c b a















a b c

c b a







 2

 TH1 a +b + c 0

=



a b c

c b a









1

=



b a

c c a

b c

b

a









1

= = = 2



a

c

b

b

c

a

c

b

a

VËy P = + + = 6

a

c

b

b

c

a

c

b

a

TH2 a + b + c =0

* b + c = - a ; a + c = - b ; a + b = -c

VËy P = a b c 1 ( 1) ( 1) 3

Bµi 10: Cho hai ®a thøc f(x) = 5x – 7 ; g(x) = 3x + 1

a) T×m nghiÖm cña f(x) , g(x)

b) T×m nghiÖm cña ®a thøc A(x) = f(x) – g(x)

Ta cã víi gi¸ trÞ nµo cña x th× f(x) = g(x)

§¸p ¸n

a) f(x) cã nghiÖm lµ

5

7



x

g(x) cã nghiÖm lµ

3

1





x

b) A(x) cã nghiÖm lµ x = 4

Khi x = 4 th× f(x) = g(x)

Bµi 11:

Cho hai ®a thøc:

M = 3,5x 2 y - 2xy 2 + 2xy + 3xy 2 + 1,5x 2 y ; N = 2x 2 y +3,2xy +xy 2 -4xy 2 - 1,2xy a) Thu gän c¸c ®a thøc M vµ N:

b) TÝnh M + N ; M - N.

§¸p ¸n

a) M = 5x 2 y + xy 2 + 2xy.

N = 2x 2 y - 3xy 2 + 2xy.

b) M + N = 7x 2 y - 2xy 2 + 4xy.

M - N = 3x 2 y +4xy 2

Phần hình học Bài 1: Cho tam giác ABC biếtA B C

6



a, Tìm số đo các góc A, B, C.

Theo định lí tổng 3 góc của 1 tam giác ta có 0

180 ˆ ˆ

ˆ BC 

A

Ta lại có





























C B

B A C

B

B A

















2

3 6

3

3

0 0

0 0

0

0 0

0

40 ˆ

; 120 ˆ

20 ˆ 180 ˆ 9 180 ˆ ˆ 8

180 ˆ ˆ 2 4 180 ˆ ˆ 4 180 ˆ ˆ ˆ 3









































B A

C C

C C

C C C

B C

B B

b, Vẽ đường cao AD Chứng minh rằng: AD < BC < CD.

Theo cmt thì trong tam giác vuông ABD có 0 0

50 ˆ

40

ˆ  B A D

B

AD < BD (tính chất cạnh và góc đối diện) (1)



Trong tam giác ABC, ta lại có:

AB < AC 0

0

40 ˆ

; 20

BD < CD (tính chất hình chiếu và D xiên) (2)



Từ (1) và (2) AD < BD < CD

Bài 2 Cho ABC cân tại A Lấy điểm M trên tia đối của tia BC và diểm N trên tia đối của tia CB sao cho BM=CN

a Chứng minh: Góc ABM = góc CAN

b Chứng minh: ^ AMN cân

c So sánh độ dài các đoạn thẳng AM;AC

d Trên tia đối của tia MA lấy điểm I sao cho MI = AM Chứng minh rằng nếu MB

= BC = CN thì tia AB đi qua trung điểm đoạn thẳng IN

Đáp án

vẽ hình ghi giả thiết kết luận

a Góc ABM = 1800-B^1

Góc ACN = 1800 – 1

Mà B^1 = 1 ( gt)

góc ABM = góc CAN



b Chứng minh ABM = ACN (c.g.c) AM = AN (2 cạnh . ứng)

Vậy AMN cân tại A

c, Chứng minh góc ACN là góc tù

CAN có góc CAN là góc tù nên AN là cạnh lớn nhất

Do đó AN > AC

Mà AN = AM (chứng minh trên)

Nên AM > AC

d, Ta có AM = MI nên NM là D trung tuyến của NAI

Mà CN = CB = BM (gt)  BN = NM

3 2

B là trọng tâm NAI



Do đó AB là D trung tuyến của NAI

vậy tia AB đI qua trung điểm của đoạn thẳng IN

Bài 4 Cho tam giác ABC XD trung trực của cạnh AB cắt tia BC tại D Trên tia

AD lấy AE = BC

a) Chứng minh ABC = BAE

b) Chứng minh AB // CE

a, C E  B A D  C và



Tam giác DBE là tam giác cân và có . cao BH vẽ từ đỉnh B cũng là D trung tuyến vẽ từ đỉnh ấy

Suy ra BH là D phân giác của góc B của DBE, tức là Bˆ2 Bˆ3

có Dˆ1  Dˆ2 vì đối đỉnh

Mà D2  D EB vỡ  DBE cân

Suy ra: D 1 D E  B; tức là



2 2 2

1  D  B D  90

Vì 1 D 2 nên suy ra :





C

Từ đó: C C   C  A CD E BH













b, BE BC.

2 1 1 3 2

1  B  B     90

C B

Vậy BE BC.

Bµi 5 Cho tam gi¸c vu«ng ABC ( gãc A = 90o ), tia ph©n gi¸c cña gãc B c¾t AC ë E,

tõ E kÎ EH vu«ng gãc BC (H thuéc BC) chøng minh r»ng:

a,  ABE b»ng  HBE

b, BE lµ D trung trùc cña ®o¹n th¼ng AH

c, EC > AE

§¸p ¸n VÏ h×nh:

E

A

C

B

k

H

a, XÐt ABE vµ HBE ; BE (c¹nh chung)

cã  ABE = HBE (BE lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ABC)

 BAE = BHE (=900)

 ABE b»ng HBE (c¹nh huyÒn vµ gãc nhän

b, Gäi K lµ giao ®iÓm cña BE vµ AH; xÐt ABK vµ HBK

ta cã  ABK = KBH (tia BE lµ ph©n gi¸c gãc ABC)

AB = BH (ABE = HBE);BK (c¹nh chung) ABK =HBK (cgc) nªn AK = KH(1),  AKB = HKB mµ gãc AKB kÒ bï gãc HKB

 AKB = HKB (= 900)(2)

tõ 1 vµ 2 ta cã BE lµ D trung trùc cña ®o¹n th¼ng AH

c, Ta cã AK = HK (chøng minh trªn)

KE (c¹nh chung );  AKE = HKE (= 900)

 AKE = HKE

suy ra AE = HE (1)

Tam gi¸c EHC cã ( EHC = 900) => EC > EH (2) (c¹nh huyÒn trong tam gi¸c vu«ng ) tõ (1) vµ (2) ta cã EC > AE

Bµi 6 : Cho ABC vu«ng ë A, AB = 3 cm ; AC = 4 cm Ph©n gi¸c gãc B, gãc C c¾t nhau t¹i

O Vµ OE  AB ; OF  AC.

a) Chøng minh r»ng AB + AC – BC = 2AE.

b) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ O tíi c¸c c¹nh cña ABC.

c) TÝnh OA, OB, OC.

F

D

O

C B

§¸p ¸n

VÏ h×nh ,ghi GT, KL

a) Chøng minh  AB + AC – BC = 2AE

b) TÝnh  BC = 5 cm,

TÝnh  AE = 1 cm,

TÝnh OE = AE = OF = 1 cm,

c) TÝnh  BE = 2 cm , CF = 3 cm ,

TÝnh OA = 2 cm

OB = 5 cm

OC = 10 cm

Bµi 7: Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë C cã gãc A b»ng 60 o Tia ph©n gi¸c cña gãc BAC c¾t BC ë E KÎ EK vu«ng gãc víi AB ( K AB ) KÎ BD vu«ng gãc víi tia AE ( D tia AE )  

Chøng minh:

a) AC = AK.

b) AE lµ D trung trùc cña ®o¹n th¼ng CK.

c) KA = KB.

d) AC < EB

§¸p ¸n

* VÏ h×nh, ghi gi¶ thiÕt vµ kÕt luËn:

a) Cm : ACE = AKE 

AC = AK vµ EK = EC (c¹nh . øng)



b) Theo chøng minh trªn ta cã:

AC = AK và EC = EK

AE lµ D trung trùc cña ®o¹n th¼ng CK



c) Cm : EAB c©n t¹i E

Trong tam gi¸c EAB c©n nªn EK còng lµ D trung tuyÕn  KA = KB

d) Trong tam gi¸c vu«ng ACE t¹i C cã: AC < AE,

mµ AE = EB  AC < EB

A

B

C

D

E

K

A - B = (x2< /small>-2x -y2< /small> +3y - 1) - (-2x2< /small> + 3y2< /small> -5x +y +3)

= x2< /small> - 2x - y2< /small>... (-2x2< /small> + 3y2< /small> -5x + y +3)

= x2< /small> -2x - y2< /small> +3y -1 -2x2< /small> +3y2< /small> -5x +y +

= -x2< /small> -7x +2y2. .. 12< /small> + 2m.1 + m2< /small>

= m2< /small> + 2m +

Q(-1) = – 2m – +m2< /small>

= m2< /small> – 2m

Để P(1) = Q(-1) m2< /small>