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.
Trang 1
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN VÀO 10 NĂM 2021
ĐỀ BÀI:
Bài 1 : (2 điểm)
1) Thực hiện phép tính:
a) √8−2√18+5√32−√ (√2−1)28−218+532−(2−1)2
(√5+√7)5+655+7−77−1−(5+7)
2) Giải phương trình: x−√x−15=17x−x−15=17.
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 √PP với điều kiện √PPcó 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+1 a) Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ
là −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của
đồ thị hàm số vừa tìm được với đường
thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trên trục hoành.
b) Tìm mm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1d1 đạt giá trị lớn nhất.
Trang 2Câu 3: (2 điểm ) (VD) 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 tại điểm có tung độ
là −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của
đồ thị hàm số vừa tìm được với đường
thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trên trục hoành.
b) Tìm mm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1d1 đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: (3 điểm) Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB Tiếp tuyến tại M và tại B của (O)(O) cắt nhau tại D Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a) Chứng minh DC=DNDC=DN.
) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung
điểm MH Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt (O)(O) tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ) Tìm vị trí của M để diện tích tam
giác MHK lớn nhất.
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho các số thực dương x,y,zx,y,z thỏa
mãn x+2y+3z≥20x+2y+3z≥20 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=x+y+z+3x+92y+4zA=x+y+z+3x+92y+4z.
Trang 3LỜI GIẢI
Bài 1) Thực hiện phép tính:
a)√8−2√18+5√32−√ (√2−1)2=√22.2−2√32.2+5
√42.2−∣∣√ 2 −1∣∣=2√ 2 −2.3√ 2 +5.4√ 2 −
(√ 2 −1)=2√ 2 −6√ 2 +20√ 2 −√ 2 +1=15√ 2 +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 √8−2√18+5√32−√ (√2−1)2=15√ 2 +18−218+ 532−(2−1)2=152+1
b)5+6√5√5+7−√7√7−1−
(√5+√7)=√5.√5+6√5√5+√7.√7−√7√7−1− (√5+√7)=√5(6+√5)√5+√7
(√7−1)√7−1−√5−√7
=6+√5+√7−√5−√7=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
(√5+√7)=65+655+7−77−1−(5+7)=6
b) Giải phương trình : x−√x−15=17x−x−15=17.
ĐKXĐ: x≥15x≥15
Trang 4=(√x−15)2⇔{x≥17x2−34x+289=x−15⇔{x≥17x
2−35x+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
Xét phương trình bậc
2: x2−35x+304=0x2−35x+304=0 có: Δ=352−4.309
=9>0Δ=352−4.309=9>0
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt ⎡⎢
⎢
⎢⎣x1=−(−35)+√ 92.1=19(tm)x2=−
(−35)−√92.1=16(ktm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=19x=19.
BÀI 2
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)
Trang 5=(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 √PP với điều kiện √PPcó nghĩa
√PP 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
hiệu: 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√
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−1x−x−1=(x+x−1)
Trang 6(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 mọi x>1.x>1
c) Tìm 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 thì 2√ x +12x+1 nguyên, suy
ra √ x +1x+1 là ước của 2 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 thì 1P1P nguyên.
Bài 3
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 tại điểm có tung độ là −3−3 Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm sốhàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường
thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trên trục hoành.
Vì d1d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là −3−3, suy ra (0;−3) (0;−3) nằm trên đường thẳng d1d1
⇒−3=(m−1).0+2m+1⇔2m=−4⇔m=−2⇒−3=(m
Trang 7Với 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 trên đồ thị hàm số Vì hàm số (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:
Hoành độ giao điểm
của (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 và (d):y=x+1(d):y=x +1 là nghiệm của phương trình:
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
của (d1):y=−3x−3(d1):y=−3x−3 và (d):y=x+1(d):y=x +1 là (−1;0)(−1;0) Nhận thấy điểm (−1;0)(−1;0) nằm trên trục hoành (do có tung độ bằng 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 nhất.
+)
2m+1) là giao điểm của d1d1 với trục tung⇒OA=|2m+1|
⇒OA=|2m+1|
Trang 8+)
(−(2m+1)m−1;0)⇒B(−(2m+1)m−1;0) là giao điểm của d1d1 với trục hoành
⇒OB=∣∣∣−(2m+1)m−1∣∣∣⇒OB=|−(2m+1)m−1|.
Từ O kẻ đường cao OH với, ta được OH chính là khoảng cách
từ O tới d1d1.
Xét tam giác vuông OAB vuông tại O có đường cao OH
⇒1OH2=1OA2+1OB2⇒1OH2=1OA2+1OB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
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≠−12)⇔4m 2t+4mt+t=m2−2m+2⇒m2(4t−1)+2m(2t+1)+t−2=0
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn mm, phương trình có nghiệm khi
Δ′=(2t+1)2−(4t−1)
(t−2)≥0⇔4t2+4t+1−4t2+9t−2≥0⇔13t−1≥0⇔t≥ 113⇒1OH2≥113⇒OH≤√13Δ′=(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 ra khi 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)=−413+ 22.(413−1)=53(tm).
Vậy m=53m=53 là giá trị cần tìm.
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
Trang 9Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB Tiếp tuyến tại M và tại B của (O)(O) cắt nhau tại D Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a) Chứng minh DC=DNDC=DN.
Xét đường tròn (O)(O) có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm
⇒MD=DB⇒MD=DB(tính chất tiếp tuyến)
Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:
MD=BDMD=BD (cmt)
MO=OBMO=OB (cùng là bán kính đường tròn)
OD chung
⇒ΔMOD=ΔBOD⇒∠MDO=∠BDO⇒OD⇒ΔMOD=ΔBO D⇒∠MDO=∠BDO⇒OD là phân giác ∠MDB∠MDB.
Xét tam giác CDN có:
OD là đường cao (doOD⊥CNOD⊥CN)
OD là phân giác ∠MDB∠MDB
Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra CD=NDCD=ND (đpcm)
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy
ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy
ra CO=ONCO=ON
Xét tam giác COA và tam giác BON có:
Trang 10CO=ONCO=ON (cmt)
OA=OBOA=OB (do cùng là bán kính)
∠COA=∠BON∠COA=∠BON (hai góc đối đỉnh)
⇒∠CAO=∠NBO=90o
Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn (đpcm).
c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là
trung điểm MH Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E
Xét tam
giác BMD có DM=DB(cmt)⇒∠DMB=∠DBMDM=DB(cmt)
⇒∠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 ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra QC=MCQC=MC
Chứng minh tương tự như ở câu a ta có AC=MCAC=MC (do tính chất tiếp tuyến)
Suy ra QC=AC⇒QC=12QAQC=AC⇒QC=12QA.
Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vuông góc với AB)
⇒MEQC=BMBQ⇒MEQC=BMBQ (định lí Ta-lét)
Chứng minh tương tự có MHAQ=BMBQMHAQ=BMBQ
Suy ra MEQC=MHAQMEQC=MHAQ Mà
có QC=12QAQC=12QA suy ra ME=12MHME=12MH, suy
ra E là trung điểm của MH.
Mà theo đề bài có I là trung điểm của MH, suy ra I trùng với E, suy
ra B, C, I thẳng hàng (đpcm).
d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt (O)
(O) tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Gọi P là giao điểm của MK và AB.
Trang 11Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử
độ dài đoạn OH=a(0<a<1).OH=a(0<a<1)
⇒MH=√OM2−OH2=√1−a2⇒MH=OM2−OH2=1−a2.
Có MH song song với OK (do cùng vuông góc với AB)
=MHOK=1−a21⇒PH=1−a2.OP
Ta có hệ:
⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪
⎪⎩PO=PH√1−a2PH+PH√1−a2=a⇒PH=a.√1−a2
√1−a2+1⇒OP=a√1−a2+1
{PHPO=1−a2PH+PO=OH=a⇒{PO=PH1−a2PH+PH1−a 2=a⇒PH=a.1−a21−a2+1⇒OP=a1−a2+1
Ta có:
SMHK=SMHP+SPKH=12MH.HP+12OK.HP=12(√1−a2.a
√1−a2√1−a2+1+1.a√1−a2√1−a2+1)=12a√1−a
2.√1−a2+1√1−a2+1=12a√1−a2.SMHK=SMHP+SP KH=12MH.HP+12OK.HP=12(1−a2.a1−a21−a2+1+1.a1
−a21−a2+1)=12a1−a2.1−a2+11−a2+1=12a1−a2
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta
có: a√1−a2≤a2+1−a2+1−a22=12a1−a2≤a2+1−a22
=12
Dấu “=” xảy ra ⇔a=√1−a2⇒a=1√ 2 ⇔a=1−a2⇒a=12
OHR=12⇒∠MOH=45o.
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao
cho ∠MOH=45o∠MOH=45o là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trang 12LG bài 5
Lời giải chi tiết:
Cho các số thực dương x,y,zx,y,z thỏa
mãn x+2y+3z≥20x+2y+3z≥20 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức : A=x+y+z+3x+92y+4zA=x+y+z+3x+92y+4z.
Ta
có: A=x+y+z+3x+92y+4zA=x+y+z+3x+92y+4z=1 4x+(34x+3x)+12y+(12y+92y)
+34z+(14z+4z)=14x+(34x+3x)+12y+(12y+92y) +34z+(14z+4z)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:
+)34x+3x≥2√ 34x.3x =3+)12y+92y≥2√12y.92y
=3+)14z+4z≥2√ 14z.4z =2+)34x+3x≥234x.3x=3+) 12y+92y≥212y.92y=3+)14z+4z≥214z.4z=2
⇒A≥14(x+2y+3z)
+3+3+2=204+3+3+2=13⇒A≥14(x+2y+3z)
+3+3+2=204+3+3+2=13.
Dấu “=” xảy ra ⇔⎧⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
Trang 13=4⇔{34x=3x12y=92y14z=4z⇔{x=2y=3z=4.