Đề cương ôn tập tuyển sinh 10 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Trường THCS Phan Đình Phùng

 TRƯỜNG THCS PHAN ĐÌNH PHÙNG 
 TỔ TOÁN – LÍ – TIN - KTCN 
 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TUYỂN SINH 10
 MÔN: TOÁN 9
 Năm học: 2020 – 2021
A. NỘI DUNG ÔN TẬP
- Các nội dung liên quan đến biểu thức đại số, đòi hỏi học sinh nắm vững kiến 
thức về căn bậc hai, căn bậc ba, các bài toán tính toán và rút gọn biểu thức đại 
số cùng các câu hỏi phụ liên quan đến phần rút gọn biểu thức.
- Bất đẳng thức Cô si
- Những bài toán mang tính thực tế như giải bài toán bằng cách lập phương 
trình hoặc hệ phương trình và hình học không gian.
- Kiến thức về phương trình, hệ phương trình và hàm số.
- Hình học: Hệ thức lượng trong tam giác vuông; các góc của đường tròn, liên hệ 
đường kính và dây, tứ giác nội tiếp, tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
B. ĐỀ MINH HOẠ.
 ĐỀ 1.
Bài 1. Cho hai biểu thức: 
 x x 5 x 4
 A B x 0; x 1 
 x 2 x 1 x 2 x x 2
 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 36
 A
 2) Rút gọn biểu thức P .
 B
 3) Chứng minh P P với mọi x 1
Bài 2 
 5
 3 x 3 8
 y 2
 1) Giải hệ phương trình: 
 1
 4 x 3 3
 y 2
 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét đường thẳng (d): y m 2 x 3 với 
 m 2 .
 a) Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy. Tìm tọa độ điểm 
 A.
 b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt trục Ox tại điểm B sao cho tam 
 giác OAB cân.
Bài 3. x 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
 y 3
 2)
 a) Vì A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy xA 0
Thay x 0 vào hàm số y m 2 x 3 ta được
 y m 2 .0 3 3
 y 3
 A
 Điểm A có tọa độ A(0;3)
 b) Vì điểm B là giao của đường thẳng (d) với trục Ox y 0
 B
+, Thay y 0 vào đồ thị hàm số y m 2 x 3 0 ta được:
 3 3 
 x (m 2) Điểm B có tọa độ ;0 
 B m 2 m 2 
 3 3
Có OA y 3 3, OB x 
 A B m 2 m 2
Vì A Oy;B Ox mà Ox  Oy OA  OB AOB vuông tại O
 AOB vuông cân tại O thì OA OB
 3 m 2 1 m 3
 3 3 m 2 3 m 2 1 
 m 2 m 2 1 m 1
Vậy với m 1và m 3thì AOB vuông cân tại O
Bài 3
 x
 P N
 D
 K E
 M
 B
 A O
 a) Vì AP, MP là tiếp tuyến của (O) tại 2 tiếp điểm A và M
 AP  AO;PM  MO
 PAO vuông tại A và PMO vuông tại M
 Xét PAO vuông tại A có AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền PO
 OP
 KA KP KO (1)
 2
 Xét PMO vuông tại M có MK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền 
 OP
 OP
 KM KP KO (2)’
 2
 OP
 Từ (1) và (2) ta có: KA KM KP KO 
 2
 Bốn điểm P; A; O; M cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh E là trực tâm DE thuộc một phần đường cao
 POD cân tại D có DE thuộc đường cao
 DE thuộc đường trung tuyến
 E, D, K thẳng hàng
 POD cân tại D có DK là trung tuyến
 DK đồng thời là đường cao (tính chất tam giác cân)
 DK  PO
 E· KO 90o
Xét DEN và OEK có:
 D· EN O· EK(2 _ doi _ dinh) 
  DEN : OEK(g.g)
 · · o
 DNE OKE( 90 )  
 EN ED
 EK EO
 EK.ED EO.EN
=>đpcm
 d) Vì K là giao điểm của 2 đường chéo của hình chữ nhật APNO
 KA KO AKO cân tại K (dhnb)
Vì điểm K (O) OK R OA KA KO OA R KAO đều
 K· OA 60o hay P· OA 60o
Xét PAO vuông tại A có:
 PA AP
 tan P· OA tan60o AP tan60o.R R 3
 OA R
Vậy điểm P Axvà cách A một khoảng R 3thì điểm K (O) .
Bài 5:
Vì a, b, c là các số thực dương
 a2 a b
 và là các số dương
 a b 4
 Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho hai số không âm, ta được:
 a2 a b a2 a b
 2 . a
 a b 4 a b 4
 b2 b c a2 b c
Tương tự: 2 . b
 b c 4 b c 4
 c2 c a a2 c a
 2 . c
 c a 4 c a 4 2
 1 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x - 1
a) P = : . 
 x - x x 1 x - 2 x 1 x x 1 x x. x x
 x - 1 1
b) Với x > 0, x 1 thì 2 x - 1 x x > 2 . 
 x 2
 1
Vậy với x > 2 thì P > .
 2
Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0
 ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 3; x2 = 2.
b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m
 25
Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0 m (*)
 4
Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2).
Mặt khác theo bài ra thì x1 x2 3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 
4 (4) 
Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn.
 2 2
Cách 2 : x1 x2 3 ⇔( 1 ― 2) = 9⇔( 1 + 2) ―4 1. 2 = 9.
Câu 4:
a) Tứ giác BEFI có: 퐹 = 900(gt)
 C E
 = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Hay 퐹 = 900
 F
 ⇒ 퐹 + 퐹 = 1800
Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn A B
 I O
đường kính BF
b) Vì AB  CD nên = , 
 suy ra 퐹 = 
Xét ∆ACF và ∆AEC có D
góc A chung 
 퐹 = .
 AC AE
Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC 
 AF AC
 AE.AF = AC2
 c) Theo câu b) ta có 퐹 = , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF 
(1). 
Mặt khác = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC  CB (2). Từ (1) và (2) 
suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của 
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.
Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0 (a + b)2 4ab
 a + b 4 1 1 4 4
 P , mà a + b 2 2
 ab a + b b a a + b a + b 
 2
 4 4 a - b 0
 P 2 . Dấu “ = ” xảy ra a = b = 2 .Vậy: min P = 
 a + b
 2 2 a + b = 2 2
 2 .
 ĐỀ 3
Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = 
x – 2 và parabol
y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 = x 
– 2 x2 + x – 2 = 0 
Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và O
K ( - 2; - 4 ) 
(xem hình vẽ).
Câu 4:
a) Tứ giác AEHF có: + 퐹 = 1800(gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội 
tiếp.
- Tứ giác BCEF có: = 퐹 = 900(gt). 
Nên E, F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau
Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. 
b)Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: 퐹 = 퐹(1). 
Mặt khác = 퐹
(góc nội tiếp cùng chắn cung BN)(2). 
Từ (1) và (2) suy ra: 퐹 = MN // EF.
c) Ta có: = ( do BCEF nội tiếp) ⇒ = AM = AN, lại có OM = ON nên 
suy ra OA là đường trung trực của MN OA  MN , mà MN song song với EF nên suy ra 
OA  EF.
Câu 5: ĐK: y >0 ; x R.Ta có: P = 
 2
 y 1 3y y 3
x2 - x y + x + y - y + 1 = x2 - x( y - 1) + + - + 
 4 4 2 4
 2 2
 y 1 3 1 2 2
 x - y 
 . 
 2 4 3 3 3
 1 1 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ = , = Suy ra: Min P = 
 3 9 3