Ds9 hk2 tuan 16 day them ontapcuoinam 3

5/5
DS9-HK2-Tuan 16-Day Them – ÔN TẬP CUỐI NĂM
Bài 1. (2 điểm)

A
Cho biểu thức

x 3
2
1

;B
x 9
x 3
x  3 với x 0, x 9 .

a) Tính giá trị của B khi x 4 ;
b) Rút gọn biểu thức P  A  B ;
c) Tìm x để

P

x 1
x 2 .

Bài 2. (2 điểm)

 3
 x 1 



 2 

1) Giải hệ phương trình sau:  x  1
2) Cho Parabol

 P  : y x2

1
4
y 2
1
1
y 2

và đường thẳng

d :

y mx  m  1 .

a) Với m 1 , hãy vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

 d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 và x2 thỏa mãn x1  x2 2 .
b) Tìm m để
Bài 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Lúc 7 giờ sáng, một cano xi dịng từ bến A đến bến B cách nhau 36 km, khi đến bến B cano
không nghỉ mà quay ngược về bến A cũng theo dịng sơng đó, khi đến bến A lúc đó là 11 giờ 30
phút cùng ngày. Tính vận tốc cano lúc xi dịng, biết vận tốc dòng nước là 6km/giờ.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đoạn thẳng AB cố định và điểm C thuộc đoạn thẳng AB (C khác A và B). Trên cùng nửa mặt

phẳng bờ chứa AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm M cố định.
Qua điểm C kẻ đường thẳng d vng góc với MC, đường thẳng d cắt By tại K. Vẽ đường trịn tâm
(O) đường kính MC cắt MK tại E.
a) Chứng minh rằng: Tứ giác CEKB nội tiếp đường tròn;
b) Chứng minh rằng: AM .BK  AC.BC ;


c) Chứng minh rằng: AEB 90 ;
d) Tìm vị trí của điểm C trên đoạn AB để diện tích tứ giác ABKM lớn nhất.
Bài 5. (0,5 điểm)
2
2
2
Cho 4 x  2 y  2 z  4 xy  4 xz  2 yz  6 y  10 z  34 0 .

Tính giá trị của biểu thức:

M  x  4 

2018

  y  4

2019

  z  4

2020

.

Nhóm chuyên đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />

5/5
Hướng dẫn giải
Bài 1. a) Với x 4 thỏa mãn điều kiện xác định
Thay x 4 vào biểu thức B, ta có:

1
1
1

  1
4  3 2 3  1

B
b) P  A  B



x 3
2


x 9
x 3



x 3



x 3





2

x 3

1
x 3

x 3 

x 3

x 1
x  2 ( x 0, x 9 )

P
c)

x 2
x 1

x 3

x 2




 

x 3

 x 3 2 x  6  x  3
 x  3   x  3
 x  3  x  3
 x  3  x  2    x  2 
x x  6


 x  3   x  3   x  3   x  3  x  3 
 x  2
P
 x  3 .
Vậy với x 0, x 9 thì
x 32





1 
x 3



x 2



 

x 2 

x 3





x 1

 2 x 1



x

 x

1
4

x

Với

1
2

1
4 thỏa mãn điều kiện.

Bài 2.

 3
 x 1 


 2 

1.  x  1

1
4
y 2
1
1
y 2

(I)

(đkxđ: x  1; y  2 )

Nhóm chuyên đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />

5/5
1
1
a;
b
y 2
x 1

Đặt

3a  b 4
a 1

2a  b 1
b 1

I  

 1
 x  1 1


 1 1
 y 2
Khi đó 

 x  1 1



 y  2 1

 x 2

 y  1
(thỏa mãn đkxđ).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

 x; y   2;  1 .

 d  ta được y  x  2
2. a) Với m 1 thay vào
b) Parabol

 P  : y x2

và đường thẳng

d :

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

y mx  m  1 .

d

và

 P

x 2 mx  m  1  x 2  mx  m  1 0  1
 a 0

 d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   0
Để
+) a 1 0 với mọi m
2

+)

 m2  4   m  1 m2  4m  4  m  2   0, m  2

 d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 và x2 .
Vậy với m  2 thì
 x1  x2 m

x .x  m  1
Theo định lí Vi-ét ta có:  1 2
2

Xét

2

x1  x2 2   x1  x2  4   x1  x2   4 x1.x2 4

 m 0

 m  4   m  1 4  m 2  4m 0  m  m  4  0

 m 4 (thỏa mãn đk)
2

 d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 và x2 thỏa mãn
Vậy với m 0 hoặc m 4 thì
x1  x2 2

.

 x  6
Bài 3. Gọi vận tốc thực của cano là x km/h
Vận tốc lúc xi dịng của cano là x  6 (km/h)
Vận tốc lúc xuôi dịng của cano là x  6 (km/h)

Nhóm chun đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />

5/5
36
Thời gian cano đi từ A đến B là x  6 (h)
36
Thời gian cano đi từ B đến A là x  6 (h)
9
Thời gian cả đi và về là 11 h 30 – 7 h = 4h 30 = 2 h
36
36
9


Theo bài ra ta có phương trình: x  6 x  6 2
Giải phương trình được x  2 (không thỏa mãn đk của ẩn), x 18 (thỏa mãn đk của ẩn).

Vậy vận tốc thực của cano là 18 km/h
Vận tốc cano khi xi dịng là 18  6 24 km/h.
Bài 4.
y
x
K
E
M

O

A

C

B


 O )
a) Ta có MEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn


mà MEC  CEK 180 (hai góc kề bù)

 CEK
90

CBK
90 (vì AB vng góc với By tại B)



 CEK
CBK
90
 B, C , E , K cùng thuộc đường trịn đường kính KC

 Tứ giác BCEK nội tiếp.



b) ACM  MCK  KCB 180

Nhóm chuyên đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />

5/5



mà MCK 90  ACM  KCB 90


Ta có: ACM  AMC 90 ( AMC vuông tại A )

 AMC KCB
Xét AMC và BCK có

AMC BCK




(cmt); MAC CBK 90

 AMC ∽ BCK (g.g)
c) Trong



AM AC

 AM .BK  AC.BC
BC BK
.

 O  , ta có:




EAC
EMC
(hai góc nội tiếp cùng chắn EC )
Tứ giác BCEK nội tiếp ta có:




EKC
EBC
(hai góc nội tiếp cùng chắn EC )





Xét CMK và EAB có CMK EAB (cmt); MKC  ABE (cmt)

 CMK ∽ EAB (g.g)  MCK
 AEB (hai góc tương ứng)


Mà MCK 90  AEB 90 .
1
 S ABKM  AB  AM  BK 
2
d) Ta có ABKM là hình thang vng
mà AB va AM không đổi nên

S ABKM lớn nhất khi BK lớn nhất

mà ta có AM .BK  AC.BC

 BK 

AC.BC
AM

 BK lớn nhất khi AC.BC lớn nhất
Với AC, BC là các số dương, theo BĐT Cơ – si ta có

AC.BC 

AC  BC
AB 2
 AC .BC 
2
4 .

Dấu “=” xảy ra khi AC BC .
Vậy diện tích tứ giác ABKM lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
2
2
2
Bài 5. Ta có 4 x  2 y  2 z  4 xy  4 xz  2 yz  6 y  10 z  34 0

  4 x 2  y 2  z 2  4 xy  4 xz  2 yz    y 2  6 y  9    z 2  10 z  25  0
2

2

2

  2 x  y  z    y  3    z  5  0

Nhóm chuyên đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />

5/5

 2 x  y  z 0

  y  3 0


 z  5 0

Vậy

M  4  4 

2018

 x 4

 y 3
 z 5


  3  4

2019

  5  4

2020

0  1  1 0

.

Nhóm chuyên đề Khối 6,7,8,9 ề Khối 6,7,8,9 />