Đây là tài liệu dành cho học sinh lớp 9 thi vào 10.Bộ tài liệu sẽ giúp các bạn nắm được kiến thức toán học ,những bài tập cơ bản để có thể giành điểm cao trong kỳ thi.Bộ tài liệu ôn thi cho học sinh lớp 9.ĐỀ TOÁN ÔN THI CUỐI KÌ NĂM 2021 CHO HỌC SINH LOWSP9.Chúc các bạn học tập tốt.
ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN VÀO 10 NĂM 2021 ĐỀ BÀI: Bài 1: (2 điểm) 1) Thực phép tính: √ −2√ 18 +5√ 32 −√ (√2−1)2 8−218+532−(2−1 )2 b) 5+6√ √ +7−√ √ −1− (√ +√ )5+655+7−77−1−(5+7) 2) Giải phương trình: x−√ x−15 =17x−x−15=17 a) Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức P=3x+√ 9x −3x+√ x −2−√ x +1√ x +2+√ x −2 1−√ x P=3x+9x−3x+x−2−x+1x+2+x−21−x với x ≥0,x≠1x≥0,x≠1 a) Rút gọn biểu thức PP b) So sánh PP với √ P P với điều kiện √ P Pcó nghĩa c) Tìm xx để 1P1P nguyên Câu 3: (2 điểm) (VD) Cho đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2m+1(d1):y=(m−1)x+2m+ a) Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung điểm có tung độ −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm chứng tỏ giao điểm đồ thị hàm số vừa tìm với đường thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trục hồnh b) Tìm mm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1d1 đạt giá trị lớn Câu 3: (2 điểm) (VD) Cho đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2m+1(d1):y=(m−1)x+2m+ a) Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung điểm có tung độ −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm chứng tỏ giao điểm đồ thị hàm số vừa tìm với đường thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trục hồnh b) Tìm mm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1d1 đạt giá trị lớn Bài 4: (3 điểm) Cho điểm M đường trịn tâm O đường kính AB Tiếp tuyến M B (O)(O) cắt D Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD C cắt BD N a) Chứng minh DC=DNDC=DN ) Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn tâm O c) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ M xuống AB, I trung điểm MH Chứng minh B, C, I thẳng hàng d) Qua O kẻ đường vng góc với AB, cắt (O) (O) K (K M nằm khác phía với đường thẳng AB ) Tìm vị trí M để diện tích tam giác MHK lớn Bài 5: (0,5 điểm) Cho số thực dương x,y,zx,y,z thỏa mãn x+2y+3z≥20x+2y+3z≥20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 4z A=x+y+z+3x+92y+4zA=x+y+z+3x+92y+ LỜI GIẢI Bài 1) Thực phép tính: a)√ −2√ 18 +5√ 32 −√ (√2−1)2 =√ 22.2 −2√ 32.2 +5 √ 42.2 −∣∣√ −1∣∣=2√ −2.3√ +5.4√ − (√ −1)=2√ −6√ +20√ −√ +1=15√ +1.a)8 −218+532−(2−1)2=22.2−232.2+542.2−|2−1| =22−2.32+5.42−(2−1)=22−62+202−2+1=152 +1 Vậy √ −2√ 18 +5√ 32 −√ (√2−1)2 =15√ +18−218 +532−(2−1)2=152+1 b)5+6√ √ +7−√ √ −1− (√ +√ )=√ √ +6√ √ +√ √ −√ √ −1− (√ +√ )=√ (6+√ )√ +√ (√ −1)√ −1−√ −√ =6+√ +√ −√ −√ =6.b)5+655+7−77−1−(5+ 7)=5.5+655+7.7−77−1−(5+7)=5(6+5)5+7 (7−1)7−1−5−7=6+5+7−5−7=6 Vậy 5+6√ √ +7−√ √ −1− (√ +√ )=65+655+7−77−1−(5+7)=6 b) Giải phương trình: x−√ x−15 =17x−x−15=17 x≥15x≥15 x−√ x−15 =17⇔x−17=√ x−15 ⇔{x−17≥0(x−17)2 =(√ x−15 )2⇔{x≥17x2−34x+289=x−15⇔{x≥17x2 −35x+304=0x−x−15=17⇔x−17=x−15⇔{x−17 ≥0(x−17)2=(x−15)2⇔{x≥17x2−34x+289=x−15 ⇔{x≥17x2−35x+304=0 ĐKXĐ: Xét phương trình bậc 2: x2−35x+304=0x2−35x+304=0 có: 9=9>0Δ=352−4.309=9>0 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ=352−4.30 ⎡⎢ ⎢ ⎢⎣x1=−(−35)+√ 2.1=19(tm)x2=− (−35)−√ 2.1=16(ktm Vậy phương trình cho có nghiệm x=19x=19 BÀI Lời giải chi tiết: Cho biểu thức P=3x+√ 9x −3x+√ x −2−√ x +1√ x +2+√ x −2 1−√ x P=3x+9x−3x+x−2−x+1x+2+x−21−x với x≥0,x≠1x≥0,x≠1 a) Rút gọn biểu thức PP ĐKXĐ: x≥0,x≠1x≥0,x≠1 P=3x+√ 9x −3x+√ x −2−√ x +1√ x +2+√ x −21−√ x =3x+√ 9x −3(x−√ x ) +(2√ x −2)−√ x +1√ x +2+√ x −21−√ x =3x+3√ x −3(√ x +2).(√ x −1)−(√ x −1).(√ x +1)(√ x −1) (√ x +2)+(√ x −2)(√ x +2)−(√ x −1) (√ x +2)=3x+3√ x −3−(x−1)−(x−4)(√ x −1) (√ x +2)=x+3√ x +2(√ x −1)(√ x +2) =(x+2√ x )+(√ x +2)(√ x −1)(√ x +2)=(√ x +1) (√ x +2)(√ x −1) (√ x +2)=√ x +1√ x −1.P=3x+9x−3x+x−2−x+1x +2+x−21−x=3x+9x−3(x−x) +(2x−2)−x+1x+2+x−21−x=3x+3x−3(x+2) (x−1)−(x−1).(x+1)(x−1).(x+2)+(x−2)(x+2)− (x−1)(x+2)=3x+3x−3−(x−1)−(x−4)(x−1) (x+2)=x+3x+2(x−1)(x+2)=(x+2x)+(x+2)(x−1) (x+2)=(x+1)(x+2)(x−1)(x+2)=x+1x−1 VậyP=√ x +1√ x −1P=x+1x−1 b) So sánh PP với √ P P với điều kiện √ P Pcó nghĩa √ P P có nghĩa ⇔√ x +1√ x −1≥0⇔√ x −1>0(do√ x +1>0∀x≥ 0,x≠1)⇔x+1x−1≥0⇔x−1>0(dox+1>0∀x≥0,x≠1) ⇔√ x >1⇔x>1.⇔x>1⇔x>1 Xét P−√ P =√ x +1√ x −1−√ √ x +1√ x −1 P−P=x +1x−1−x+1x−1 ⇒P−√ P =√ x +1√ x −1−√ √ x +1√ x −1 =√ x +1√ hiệu: x −1−√√ x +1√√ x −1=√ x +1√ x −1−√ (√x+1) (√x−1) (√√ x −1)2=√ x +1−√ x−1 √ x −1.⇒P−P=x+1x−1 −x+1x−1=x+1x−1−x+1x−1=x+1x−1−(x+1) (x−1)(x−1)2=x+1−x−1x−1 Ta có: √ x −√ x−1 =(√ x +√ x−1 ) (√ x −√ x−1 )√ x +√ x−1 x−x−1=(x+x−1) (x−x−1)x+x−1=x− (x−1)√ x +√ x−1 =1√ x +√ x+1 >0=x− (x−1)x+x−1=1x+x+1>0 Mà có: √ x −1>0x−1>0 (cmt) ⇒P−√ P >0⇒P>√ P ⇒P−P>0⇒P>P với x>1.x>1 xx để 1P1P nguyên Xét: 1P=√ x −1√ x +1=√ x +1−2√ x +1=1−2√ x +1 1P=x−1x+1=x+1−2x+1=1−2x+1 Để 1P1P nguyên 2√ x +12x+1 nguyên, suy c) Tìm √ x +1x+1 ước Mà √ x +1>x+1>0 ⇒(√ x +1)∈U(2)⇒(√ x +1)={1;2}.⇒[√ x +1=2√ x + 1=1⇔[√ x =1√ x =0⇔[x=1(ktm)x=0(tm).⇒(x+1)∈ U(2)⇒(x+1)={1;2}.⇒[x+1=2x+1=1⇔[x=1x=0⇔[ x=1(ktm)x=0(tm) Vậy với x=0x=0 1P1P nguyên Bài Lời giải chi tiết: Cho đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2m+1(d1):y=(m−1)x+2m +1 a) Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung điểm có tung độ −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm chứng tỏ giao điểm đồ thị hàm sốhàm số vừa tìm chứng tỏ giao điểm đồ thị hàm số vừa tìm với đường thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trục hồnh Vì d1d1 cắt trục tung điểm có tung độ −3−3, suy (0;−3)(0;−3) nằm đường thẳng d1d1 ⇒−3=(m−1).0+2m+1⇔2m=−4⇔m=−2⇒−3=(m −1).0+2m+1⇔2m=−4⇔m=−2 Với m=−2m=−2 ta có phương trình đường thẳng (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 Nhận thấy: A(0;−3),B(−1;0)A(0;−3),B(−1;0) nằm đồ thị hàm số Vì hàm số (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 hàm số bậc nên đồ thị có dạng đường thẳng, từ ta có đồ thị: Hoành độ giao điểm (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 y=x+1 nghiệm phương trình: (d):y=x+1(d): x+1=−3x−3⇔4x=−4x+1=−3x−3⇔4x=−4 ⇔x=−1⇒y=x+1=−1+1=0⇔x=−1⇒y=x+1=−1+ 1=0 Vậy giao điểm (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 (d):y=x+1(d): y=x+1 (−1;0)(−1;0) Nhận thấy điểm (−1;0) (−1;0) nằm trục hồnh (do có tung độ 0) Vậy ta có điều cần chứng minh b) Tìm mm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1d1 đạt giá trị lớn +) Với x=0⇒y=2m+1⇒A(0;2m+1)x=0⇒y=2m+1⇒A( 0;2m+1) giao điểm d1d1 với trục tung⇒OA=| 2m+1|⇒OA=|2m+1| +) Với y=0⇒x=−(2m+1)m−1y=0⇒x=−(2m+1)m−1 ⇒B(−(2m+1)m−1;0)⇒B(−(2m+1)m−1;0) giao điểm d1d1 với trục hoành ⇒OB=∣∣∣−(2m+1)m−1∣∣∣⇒OB=|−(2m+1)m−1| Từ O kẻ đường cao OH với, ta OH khoảng cách từ O tới d1d1 Xét tam giác vuông OAB vuông O có đường cao OH ⇒1OH2=1OA2+1OB2⇒1OH2=1OA2+1OB2 (hệ thức lượng tam giác vng) Đặt 1OH2=t1OH2=t ta có: t=1OA2+1OB2=1(2m+1)2+ (m−1)2(2m+1)2=m2−2m+24m2+4m+1(m≠−12) ⇔4m2t+4mt+t=m2−2m+2⇒m2(4t−1)+2m(2t+1) +t−2=0t=1OA2+1OB2=1(2m+1)2+ (m−1)2(2m+1)2=m2−2m+24m2+4m+1(m≠−1 2)⇔4m2t+4mt+t=m2−2m+2⇒m2(4t−1)+2m(2t +1)+t−2=0 Coi phương trình bậc ẩn mm, phương trình có nghiệm Δ′=(2t+1)2−(4t−1) (t−2)≥0⇔4t2+4t+1−4t2+9t−2≥0⇔13t−1≥0⇔t≥1 13⇒1OH2≥113⇒OH≤√ 13 Δ′=(2t+1)2−(4t−1) (t−2)≥0⇔4t2+4t+1−4t2+9t−2≥0⇔13t−1≥0⇔t≥ 113⇒1OH2≥113⇒OH≤13 Dấu “=” xảy phương trình có nghiệm kép ⇔m=−b2a=−(4t+2)2(4t−1)=−413+22 (413−1)=53(tm)⇔m=−b2a=−(4t+2)2(4t−1)=−4 13+22.(413−1)=53(tm) Vậy m=53m=53 giá trị cần tìm LG Lời giải chi tiết: Cho điểm M đường trịn tâm O đường kính AB Tiếp tuyến M B (O)(O) cắt D Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OD cắt MD C cắt BD N a) Chứng minh DC=DNDC=DN Xét đường trịn (O)(O) có MD BD tiếp tuyến với B, D tiếp điểm ⇒MD=DB⇒MD=DB(tính chất tiếp tuyến) Xét tam giác MOD tam giác BOD có: MD=BDMD=BD (cmt) MO=OBMO=OB (cùng bán kính đường trịn) OD chung ⇒ΔMOD=ΔBOD⇒∠MDO=∠BDO⇒OD⇒ΔMOD=ΔB OD⇒∠MDO=∠BDO⇒OD phân giác ∠MDB∠MDB Xét tam giác CDN có: OD đường cao (doOD⊥CNOD⊥CN) OD phân giác ∠MDB∠MDB Suy tam giác CDN cân D, suy CD=NDCD=ND (đpcm) b) Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn tâm O Xét tam giác CND cân D có OD đường cao ứng với đỉnh D, suy OD đồng thời trung trực ứng với cạnh CN, suy CO=ONCO=ON Xét tam giác COA tam giác BON có: CO=ONCO=ON (cmt) OA=OBOA=OB (do bán kính) ∠COA=∠BON∠COA=∠BON (hai góc đối đỉnh) ⇒ΔCOA=ΔBON⇒∠CAO=∠NBO=90o⇒ΔCOA=ΔBON ⇒∠CAO=∠NBO=90o Xét đường trịn tâm O có AC vng góc với AO, AO bán kính đường trịn, suy AC tiếp tuyến đường tròn (đpcm) c) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ M xuống AB, I trung điểm MH Chứng minh B, C, I thẳng hàng Kéo dài BM cắt AC Q, BC cắt MH E Xét tam giác BMD có DM=DB(cmt)⇒∠DMB=∠DBMDM=DB(c mt)⇒∠DMB=∠DBM Ta có: AB⊥AQ,AB⊥DN⇒AQ//DN.AB⊥AQ,AB⊥DN⇒AQ// DN Mà có ∠CQM=∠MBD∠CQM=∠MBD (so le trong) Lại có: ∠QMC=∠DMB∠QMC=∠DMB (đối đỉnh) ⇒∠CQM=∠QMC⇒∠CQM=∠QMC, suy tam giác MCQ cân C, suy QC=MCQC=MC Chứng minh tương tự câu a ta có AC=MCAC=MC (do tính chất tiếp tuyến) Suy QC=AC⇒QC=12QAQC=AC⇒QC=12QA Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vng góc với AB) ⇒MEQC=BMBQ⇒MEQC=BMBQ (định lí Ta-lét) Chứng minh tương tự có MHAQ=BMBQMHAQ=BMBQ Suy MEQC=MHAQMEQC=MHAQ Mà có QC=12QAQC=12QA suy ME=12MHME=12MH, suy E trung điểm MH Mà theo đề có I trung điểm MH, suy I trùng với E, suy B, C, I thẳng hàng (đpcm) d) Qua O kẻ đường vng góc với AB, cắt (O) (O) K (K M nằm khác phía với đường thẳng AB) Tìm vị trí M để diện tích tam giác MHK lớn Gọi P giao điểm MK AB Khơng tính tổng qt, ta chọn bán kính đường tròn 1, giả sử độ dài đoạn OH=a(0