10 đề thi cuối học kì II Toán lớp 9 năm học 2019 - 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.8 MB, 64 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 1

MATHX.VN 
ĐỀ 01

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II LỚP 9 
Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I. (2 điểm)

Cho biểu thức P 1 2

x 4
x 2 x

 



 với x4, x0

1) Rút gọn biểu thức P

2) Chứng minh rằng P < 0 với mọi x4, x0

3) Tìm những giá trị của x để P 1
15

  .

Bài II. (2,0 điểm) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình:

Một người đi ơ tơ từ A đến B cách nhau 90km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng

tốc độ 5km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính

tốc độ của ơ tô lúc đi từ A đến B.

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

108 63
7

x y

81 84
7

x y



 





  




2) Cho đường thẳng

 

d : y 1x 2
2


  và Parabol

 

P : y 1x2
4

 trên hệ trục tọa độ

Oxy.

a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) đã cho.

b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tìm điểm N trên trục hồnh sao cho

tam giác NAB cân tại N.

Bài IV. (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định, BC R 3. A là điểm di động trên
cung lớn BC (A khác B, C) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE

của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Kẻ đường kính AF của đường trịn (O),

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 2

a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AE.AB = AD.AC.

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.

d) Đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K (K

khác O). Chứng minh ba điểm K, H, F thẳng hàng.

Bài V. (0,5 điểm)

Cho hai số thực m và n khác 0 thỏa mãn 1 1 1.

m n  2 Chứng minh rằng trong hai

phương trình x2mx n 0 và x2nx m 0 có ít nhất một phương trình có
nghiệm.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 3

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 01

Nội dung Điểm

I 

a)



 





1 2
P

x x 2 x 2 x 2

 

  













x 2 2 x

x x 2 x 2 x x 2 x 2


 

   
Thu được





1
P

x x 2






b) Với mọi x 4, x 0  , ta có x 0 x.



x 2



x 2 0

 

  

 



Mà  1 0 nên





P 0

x x 2



 



với mọi x 4, x 0  .

c) Thay





1
P

x. x 2






vào P 1








1 1
15

x. x 2



 



Tính được x 9 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x 9 để P 1
15

 .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

II. Gọi vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là x (km/h), x 0 .
Vận tốc của ô tô từ B trở về A là x 5 (km/h)

Thời gian ô tô đi từ A đến B là 90
x (h)

Thời gian ô tô đi từ B trở về A là 90
x 5 (h)

Đổi 15 phút = 1h

4 . Thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút
nên ta có phương trình:

90 90 1

x x 5 4

Giải phương trình được x 40 (thỏa mãn điều kiện)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 4

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là 40km/h. 0,25

III. 1)

Điều kiện: x, y 0

Đặt 1 u; 1 v

x y , ta thu được hệ phương trình:

108u 63v 7

81u 84v 4

  



 



Giải hệ ta được u 1
27

 ; v 1

21

 .

Từ đó suy ra được x 27 ; y 21.

a) Học sinh tự vẽ.

b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tìm điểm N trên

trục hoành sao cho tam giác NAB cân tại N.

Lập phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:

1 1

x x 2

4  2 

Giải phương trình ta được x 2

x 4
 

 


Thu được A 2; 1 , B





 

4; 4



Điểm N nằm trên trục hoành tọa độ N(a; 0) .

Tam giác NAB cân tại N nên ta có: NA NB
N AB
 







a 2



2 1



a 4



2 4
1

a 2 0
2

    

 
  


Giải được a 9
4




Vậy tọa độ điểmN 9; 0
4
 

 
 
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 5

Tứ giác BEDC có BECBDC 90 0

Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp (hai góc kề bằng nhau cùng chắn

cung BC).

b) AED∽ACB(g g) vì có A chung và AEDACB(cùng

bù với BED )

AE AC

AED ACB AE.AB AD.AC

AD AB

 ∽    

c) Ta có BDC ACF 90 0 CF BD hay CF BH (1)

  0

ABF AEC 90   BF CE hay BF CH (2)

Từ (1) và (2)  Tứ giác BHCF là hình bình hành.

d) Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn đường kính AH

 0

AKH 90

  (3)

Mà tam giác AKF nội tiếp đường trịn đường kính AF

 0

AKF 90

  (4)

Từ (3) và (4) suy ra ba điểm K, H, F thẳng hàng.

0,25

0,75

0,5

0,25

0,5

V. Với m, n 0

1 1 1

mn 2(m n)

mn 2  

Phương trình x2 mx n 0 (1) có  1 m2 4n
Phương trình x2 nx m 0 (2) có  2 n2 4m









2 2

1 2 m n 4 m n 2mn 4 m n

          (BĐT Cô- si)





1 2 4 m n 4(m n) 0

       

Vậy hai phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có

nghiệm.

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 6

MATHX.VN 
ĐỀ 02

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II LỚP 9 
Mơn : Tốn 9

Thời gian làm bài 120 phút

Bài I. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức : 
a 9

a 3



 và

3 2 a 5 a 3

a 9

a 3 a 3

 

  



  với a0,a9

1) Khi a 81 , tính giá trị biểu thức P .
2) Rút gọn biểu thức Q .

3) Với a 9 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A P.Q

Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình :

Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hồn thành

xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc

khác. Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách

làm, năng suất cảu đội II tăng gấp đơi, nên đội II đẫ hồn thành xong phần việc

còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm mọt mình thì

sau thời gian bao lâu sẽ hồn thành cơng việc trên ?

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình :

1 1

x 2 y 1

2 3

x 2 y 1



 

  




  

  



2) Cho parabol (P) : yx2 và đương thẳng (d) : y (2m 1)x 2m  
(x là ẩn, mlà tham số )

a) Khi m=1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P) .

b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệtA(x ; y ); B(x ; y )1 1 2 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 7

Bài IV. (3,5 điểm): Từ một điểm A nằm ngồi đường trịn (O; R) vẽ tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn (BC là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất

kỳ, vẽ MI vng góc với AB, MK vng góc với AC(I AB,K AC) 

a) Chứng minh : tứ giácAIMKnội tiếp đường trịn

b) Vẽ MP vng góc với BC (P BC) . Chứng minh: MPK MBC  .

c) Chứng minh rằng : MI.MKMP2

d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị
lớn nhất.

Bài V. (0,5 điểm) Cho ba số x, y,z không âm và x2y2 z2 3y
Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

1 4 8

(x 1) (y 2) (z 3)

  

  

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 8

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 02

I. Nội dung Điểm

1) a 81 (thỏa mãn điều kiện) suy ra a 9
Thay vào biểu thức P tính được P 12 .

2) Q 3( a 3) 2( a 3) a 5 a 3
a 9

     





Rút gọn được Q a
a 9




3) Biến đổ P.Q a a 3 9 ( a 3) 9 6

a 3 a 3 a 3

       

  

Đánh giá được:

9 9

( a 3) 2 ( a 3). 6

a 3 a 3

    

  (Vời a 9 )

Từ đó MinA 12 a 36

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

II. Gọi thời gian đội I làm một mình (với năng suất ban đầu ) để
hồn thành công việc là x (ngày); x > 12.

Gọi thời gian đội II làm một mình (với năng suất ban đầu ) để

hồn thành cơng việc là y (ngày); y 12 .

Mỗi ngày đội I làm được 1

x (công việc)

Mỗi ngày đội II làm được 1

y (công việc)

8 ngày làm được 8 2

12 3 (công việc)

Năng suất mới của đội II là: 2

y (cơng việc/ngày)

Khi đó ta có hệ phương trình:

0,25

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Học tốn online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 9

1 1 1

x y 12

2 2 7

. 1

3 y 2



 





  




Giải hệ phương trình ta được: x 28; y 21 (thỏa mãn)

Kết luận: Với năng suất ban đầu, để hồn thành cơng việc, đội I

làm trong 28 ngày, đội II làm trong 21 ngày.

0,5

III.

1) ĐKXĐ: x 2

y 1
 





Đặt ẩn phụ 1 u

x 2  ;
1

y 1  . Hệ phương trình đã cho trở

thành: u v 2

2u 3v 1

  



 



Giả ra ta được: u 7
5

 ; v 3
5
 .

Từ đó suy ra x 19
7

 ; y 8
3

 (Thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm (x; y) là: 19 8;
7 3

 

 

 

2a) Xét m1 thì hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm

của phương trình x2 3x 2 0

Giải phương trình tìm được: x1 1; x2 2
Từ đó tính được tung độ y11; y2 4

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: M(1;1) và N(2; 4)

2b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương

trình:

x (2m 1)x 2m  0 (*)

Tính được  (2m 1) 2

- (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệtPT (*) có hai
nghiệm phân biệt   0 m2

0,25

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 10

- Khi đó ta có:

2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

Tx x x x x x 2x x 3x x (x x ) 3x x

2b) Áp dụng hệ thức Vi- ét cho PT (*) ta có: 1 2

1 2

x x 2m 1

x .x 2m

   






Thay vào biểu thức T:





T 2m 1 3.2m

2 1 3 3

T 4m 2m 1 2m

2 4 4

 

       

 

Vậy Tmin 3
4

 khi m 1

 (thỏa mãn điều kiện)

0,25

IV. a)

  0

AIMAKM 90

  0

AIM AKM 180

  

 Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

b) Tứ giác CPMK có MPC MKC 90  0 (giả thiết)

 Tứ giác CPMK là tứ giác nội tiếp.

Suy ra MPKMCK (1)

Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có:MCK MBC  (góc nội
tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MC) (2)

0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 11

Từ (1) và (2) suy ra: MPK MBC (3)
c) Chứng minh BPMI là tứ giác nội tiếp.

  

MIP MBP MBC

   (4)

Từ (3) và (4) suy ra MPK MIP 

Tương tự: MKP MPI   MPK∽MIP

MP MI

MK.MI MP

MK MP

   

d) Từ phần c, suy ra MI.MK.MPMP3.
Do đó MI.MK.MP lớn nhất MP lớn nhất. (5)

Gọi H là hình chiếu của O trên BCOH là hằng số (do BC cố
định). Gọi D là giao điểm của MO và BC.

Ta có: MP MD; OH OD 

MP OH MD OD MO    MP OH R 
MP R OH

   .

Do đó MP lớn nhất R OH O, H, M thẳng hàng (M nằm
chính giữa cung nhỏ BC) (6)

Từ (5) và (6)

max(MI.MK .MP) (R OH)

  

M nằm giữa chính giữa cung nhỏ BC.

0,25

V. Theo bất đẳng thức Cơ Si ta có :

2 2 2

(x 1) (y 4) (z 1) 2x 4y 2z  

3y 6 2x 4y 2z

    

6 2x y 2z

   

Với hai số a, b 0 . Chứng minh được 12 12 8 2

a  b (a b)

Do đó

2 2 2

2 2

1 1 8 8 8

y y

(x 1) ( 1) (z 3) (x 1 1) (z 3)

2 2

64.4 256

1
(2x y 2z 10) (6 10)

    

      

  

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 12

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 1; y 2; z 1  

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 13

MATHX.VN 
ĐỀ 03

KIỂM TRA HỌC KÌ II 
Năm học: 2017 - 2018

Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút 
Bài I. (2 điểm)

Cho biểu thức A x 1

x 3



 và

2 x x 3x 3

x 9

x 3 x 3



  



  với x 0; x 9

 

a) Tính giá trị của A khi x 25
b) Rút gọn biểu thức PB : A
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Bài II. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình:

Hai người cùng làm chung một công việc trong 4 giờ 48 phút thì xong. Thời gian

người thứ nhất làm một mình xong công việc nhiều hơn thời gian để người thứ

hai làm một mình xong cơng việc là 4 giờ. Hỏi mỗi người làm một mình trong

bao lâu hồn thành công việc?

Bài III. (2 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol

 

P : yx2 và đường
thẳng

 

d : yx m 3 

1) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 1

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

3) Với giá trị nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M x ; y



1 1



và



2 2



N x ; y sao cho y1y2 3 x



1x2



Bài IV. (3,5 điểm) Cho (O) đường kính AB = 2R, xy là tiếp tuyến với (O) tại B. CD

là một đường kính bất kỳ



AC CB



. Gọi giao điểm của AC, AD với xy theo thứ

tự là M và N.

1) Chứng minh rằng tứ giác MCDN nội tiếp.

2) Chứng minh AC.AM = AD.AN

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN và H là trung điểm của MN.

Chứng minh rằng tứ giác AOIH là hình bình hành. Khi đường kính CD quya

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 14

4) Khi góc AHB bằng 600. Tính diện tích xung quanh của hình trụ tạo thành khi
hình bình hành AHIO quay quanh cạnh AH theo R.

Bài V. (0,5 điểm) Cho x 0; y 0  và x y 1.  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

y
x

y 1 x 1

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 15

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 03

Bài Nội dung Điểm

I

2,0

1) 0,5

* Tại x 25 thì x3 thì A 25 1 6 3
2
25 3



  



* Vậy khi x 25 thì A3

2) 1,0

2 x x 3x 3

x 9

x 3 x 3



  



 

2 x x 3x 3

x 9

x 3 x 3


  

 

















3 x 1

3 x 3
B

x 3 x 3 x 3 x 3

 
 

 
   











3 x 1 x 1 3

P B : A :

x 3 x 3

   
  
 
 

0,25
0,25

0,25

3) 0,5

3
P

x 3








x 0; x 9



 

Lập luận được

x 0 x 0 x 3 3 1 P 1

x 3


           



Dấu "=" xảy ra x 0 (TMĐK)
Vậy Min P 1 khi x = 0

0,25

II

2,0

Đổi 4 giờ 48 phút 24

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 16

Gọi thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là x giờ

24
x

 



 

 

Thời gian người thứ nhất làm một mình xong cơng việc là x 4

(giờ)

Trong một giờ người thứ hai làm được 1

x công việc

Trong một giờ người thứ nhất làm được 1

x 4 công việc

Theo bài ra, ta có trong 1 giờ, cả hai người làm được 5

24 cơng việc

Nên ta có phương trình 1 1 5

x 4 x 24

Giải phương trình tìm được x1 12

 

L ;
5


 x2 8(TM)

Vậy thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là 8 giờ.

Thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là 12 giờ

0,25

III

2,0

1) 0,75

Khi m = 1 ta có y x 2 

Phương trình hồnh độ giao điểm x2 x 2 x2 x 20
Giải (1) được x1 2, x2  1









1 1

2 2

x 2 y 4 A 2; 4

x 1 y 1 B 1;1

   

     

Vậy

 

d cắt (P) tại hai điểm A 2; 4





, B



1;1



0,25

2) 0,75

Xét PT hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x  x m 3 0 (*)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 17

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (*) có hai

nghiệm phân biệt 0 m 13

    

3) 0,5

Áp dụng hệ thức Vi-ét có:







 







1 2 1 2 1 2 1 2

y y 3 x x  x m 3  x m 3 3 x x

 2m 6 2 x



1x2



Tìm được m = 2

IV

3,5

0,5

1) 0,75

CM AOC cân ở O CAO OCA 

mà CAO ANB   (cùng phụ với AMB) ACD ANM 

Ta có: ACD DCM 180   0 DCM ANM 180   0
Chứng minh DCMN nội tiếp

2) 1,0

ACD

 và ANM có:



 

MAN : chung

ACD

ACD ANM(cmt)




 


 

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 18

AC AD

AN AM

  (cạnh tương ứng tỉ lệ)

AC.AM AD.AN

 

3) 0,75

Xác định I: I là tâm đườn tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN .

 là giao điểm của đường trung trực của CD và trung trực của
MN

IH MN

  và IOCD

Do ABMN; IHMN AO // IH

Do H là trung điểm MN AH là trung điể mcủa tam giác vuông

AMN ANM NAH 

Mà ANM BAM ACD(cmt)   DAH ACD 

Gọi K là giao điểm của AH và DO

do ADC ACD 1v   DAK ADK 90   0 hay AKD vuông ở
K.

AH CD

  mà OICD OI AH

Vậy AHIO là hình bình hành.

Do AOIH là hình bình hành IHAO R khơng đổi

 quay xung quanh O thì I nằm trên đường thẳng song song
với xy và cách xy một khoảng bằng R.

4) 0,5

Xét ABH vuông tại B, AHB 60  0

0 4R 3

AH 2R sin 60

  

2
xqtru

R R 4R 3 4 3 R

S 2 AH 2 .

2 2 3 3



     

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 19

MATHX.VN 
ĐỀ 04

KIỂM TRA HỌC KÌ II 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút 
Câu I: (2 điểm)

Cho hai biểu thức A x

1 3 x


 và

x 3 2 1

x 9 x 3 3 x



  

   với x0; x9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4
9


b) Rút gọn biểu thức B.

c) Cho PB : A. Tìm x để P < 3.

Câu II: (2,0 điểm) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình

Hai cơng nhân cùng làm chung một cơng việc thì trong 8 giờ xong việc. Nếu mỗi

người làm một mình, để hồn thành cơng việc đó thì người thứ nhất cần nhiều

hơn người thứ hai là 12 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong

bao nhiêu giờ xong cơng việc đó?

Câu III: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

1 4

2x 1 y 5

3 2

2x 1 y 5



 

  




   

  



2) Cho phương trình x22(m 1)x 2m  0 (1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x ,1 x2. Tìm giá trị của m để x ,1 x2 là
độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng có độ dài cạnh huyền bằng

12.

Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa

O và B. Kẻ dây CD vng góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E bất kỳ

(E khác A và C). Kẻ CK vng góc với AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F.

1) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 20

3) Tìm vị trí của điểm E để diện tích tam giác ADF lớn nhất.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 21

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 04

Câu Nội dung Điểm

I

2,0

a) 1,0

* Khi x 4
9

 thì x 2

3
 thì

2
2
3
A
2 9
1 3.
3
 



b) 0,5

x 3 2 1

x 9 x 3 3 x


  
  















 



























x 3 2 1

x 9 x 3 x 3

2 x 3

x 3 x 3

x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3

x 3 2 x 6 x 3

x 3 x 3

x 3 x

x 3 x 3

x x 3

x 3 x 3

x
x 3

  
  

 
  
     
    

 


 



 



c) 0,5

Ta có: P x : x 3 x 1

x 3 1 3 x x 3



 

  

3 x 1

P 3 3

x 3


  

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 22





3 x 3

3 x 1

x 3 x 3

3 x 1 3 x 9
0
x 3

10
0
x 3
x 3 0

x 3
x 9


  
 
  
 


 

  
 
 

Kết hợp điều kiện xác định duy ra 0 x 9  thì P 3

II

2,0

Giả sử người thứ nhất làm riêng trong x (giờ) thì hồn thành công

việc (ĐK: x > 0)

Giả sử người thứ hai làm riêng trong y (giờ) thì hồn thành cơng

việc (ĐK: y > 0, y < x)

Trong 1 giờ người thứ nhất làm được 1

x công việc

Trong 1 giờ người thứ hai làm được 1

y công việc

Theo giả thiết, hai người làm chung thì hồn thành cơng việc

trong 8 giờ nên ta có:

1 1 1

x y  8 (1)

Khi làm riêng thì người thứ nhất cần nhiều hơn người thứ hai là

12 giờ để hoàn thành cơng việc nên ta có: x y 12  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình





1 1 1

8 2y 12 xy 8(2y 12) y(y 12)

x y 18

x y 12

y 4y 96 0

x y 12

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 23

* Giải phương trình y24y 96 0



y 12 y 8





0 y 12(TM)
y 8(L)
 

     

 


Từ đó suy ra x = 24.

Vậy nếu làm riêng thì người thứ nhất cần 12 giờ để hồn thành

cơng việc, người thứ hai cần 24 giờ để hồn thành cơng việc.

III

2,5

1) 1,0

* ĐK: x 1; y 5
2

  

* Đặt

1
a
2x 1

1
b
y 5





 



 





, ta có hệ pt:

a 4b 3 a 4b 3 7a 7 a 1

3a 2b 5 6a 4b 10 a 4b 3 b 1

           

  

   

        

   

2x 1 1 x 0

2x 1

(TM)

1 1 y 5 1 y 1

y 5


 

      

 

  

   

 

 





Vậy hệ có nghiệm (x.y) = (0;4)

2) 1,5

a) 0,75

Xét phương trình x22(m 1)x 2m  0. Ta có

2 2

' (m 1) 2m m 1

      vì m2 0 với mọi m nên   ' 1 0

suy ra phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x ,x1 2

b) 0,75

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 24

Theo hệ thức Viet ta có : 1 2

1 2

x x 2(m 1)

x x 2m

   





Để x ,x1 2 0 thì: 2(m 1) 0 m 0

2m 0

  

 





hệ thức x12 x22 12
 (m - 1)(m - 2) = 0

 m 1

m 2

 


 


đối chiếu với điều kiện ta thấy m = 1 thỏa mãn.

IV

3,0

0,25

a) 0,75

Vì CKAK nên AKC 90  0. CHAB tại H nên AHC 90  0 .
Tứ giác AHCK có :

  0

AHC AKC 180  nên ACHK là tứ giác nội tiếp.

(Tổng 2 góc đối bằng 1800 ).

b) 1,0

Từ CHAK là tứ giác nội tiếp ta suy ra CHK CAK CAE   (góc
nội tiếp cùng chắn cung KC).

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 25

Từ đó suy ra CHK CDEHK / /DE .

Do HK// DF, mà H là trung điểm CD (Được suy ra từ quan hệ

vng góc của đường kính AB với dây CD tại H ).

Suy ra HK là đường trung bình của tam giác CDF, dẫn đến K là

trung điểm FC. Tam giác AFC có AK là đường cao đồng thời cũng

là trung tuyến nên CAF là tam giác cân tại K .

c) 1,0

Tam giác FAC cân tại A nên AF = AC.

Dễ thấy tam giác ACD cân tại A nên AC=AD từ đó suy ra AF =AD

hay tam giác AFD cân tại A, hạ DIAF .

Ta có SAFD 1DI.AF= DI.AC,1

2 2

 do AC không đổi nên SAFD lớn

nhất khi và chỉ khi DI lớn nhất, Trong tam giác vng AID ta có:

ID AD AC  hay

2
AFD

1 1 AC

S DI.AF= DI.AC

2 2 2

  dấu đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi IA khi đó DAF 90 0 dẫn đến tam
giác ADF vuông cân tại A, suy ra EBA EDA 45   0 hay E là điểm
chính giữa cung AB.

V

0,5

Điều kiện:

2
2

x 3x 18 0

x 0 x 6

5x 4x 0

   



  




 



PT  5x24x  x23x 18 5 x 



























2 2 2

2 2

5x 4x x 22x 18 10 x x 3x 18

5 x x 6 x 3 2x 9x 9

5 x 6x x 3 2 x 6x 3 x 3

       

     

      

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 26







2 2

a x 6x 0

2a 3b 5ab 0 a b 2a 3b 0

b x 3 3

   



       



  





* TH1: a b x2 6x x 3 x2 7x 3 0 x 7 61

2


          

* TH2:









</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 27

MATHX.VN 
ĐỀ 05

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II 
MƠN TỐN 9 
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm). Cho biểu thứcA 2 x 1 : 3

x 9 x 3 x 3

 

  

  

 

với x 0; x 9 

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x để A 5
6


3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A

Bài II (2,0 điểm). Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội cơng nhân cùng làm một cơng việc thì làm xong trong 8 giờ. Nếu

mỗi đội làm một mình xong cơng việc đó, đội thứ nhất cần ít thời gian hơn so với

đội thứ hai là 12 giờ. Hỏi mỗi đội làm một mình xong cơng việc đó trong bao lâu?

Bài III (2,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình

x 5 4

y 2
1

x 5 3

y 2


  








   

 



2) Cho phương trình x2 2 m 1 x m







 2 0

a) Giải phương trình khi m = 4

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho

2 2

1 2 1 2

x x 4 x .x

Bài IV (3,5điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O

bán kính R và AH là đường cao của tam giác ABC. Gọi M, N thứ tự là hình chiếu

của H trên AB, AC

1) Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ABC = ANM

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 28

4) Cho biết AH R 2 . Chứng minh M, O, N thẳng hàng.

Bài V (0,5điểm). Cho a, b > 0 thỏa mãn a b 2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức









</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 29

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 05

Bài Nội dung Điểm

I

(2 điểm)

Rút gọn A với x0; x9 0,75

2 x 1 3

A :

x 9 x 3 x 3

 

  

  

 

2 x x 3 x 3

.
3
( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3)

   

  

   

 

2 x x 3 x 3

.
3
( x 3)( x 3)

  

 
x 1
x 3




0,25
0,25
0,25

1) Tìm x để A 5
6

 0,75

x 1 5

x 3






6( x 1) 5( x 3)

   

x 9

 

x 81

  (thỏa mãn điều kiện)

0,25

1)Tìm GTNN của A 0,5

x 1 2

A 1

x 3 x 3



  

 

Do x 0 A 1

  với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định.

Dấu “=” xảy rax 0 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy GTNN của A: min A 1 x 0

  

0,25

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 30

II

(2 điểm)

Gọi thời gian đội thứ nhất làm một mình xong việc là x (giờ), x 8 .
Vậy thời gian đội thứ hai làm một mình xong việc là x 12 (giờ)

Mỗi giờ đội thứ nhất làm được 1

x (công việc)

Mỗi giờ đội thứ hai làm được 1

x 12 (công việc)

Theo bài ra, mỗi giờ cả hai đội làm được 1

8 công việc nên ta có phương

trình : 1 1 1

xx 12 8

Giải phương trình ta được x 8(khơng thỏa mãn đk);
x12 (thỏa mãn đk)

Vậy thời gian đội thứ nhất làm một mình xong việc là 12 giờ;

thời gian đội thứ hai làm một mình xong việc là 24 giờ.

0,25

0,75

0,25

0,5

0,25

III 
(2điểm)

1) 1 điểm

Giải Hệ PT

x 5 4

y 2
1

x 5 3

y 2


  








   

 



Đk: y 0; y 4

Đặt a x 5 ; b 1

y 2

  

 với a 0 .

0,25

Giải HPT: a 2b 4

a b 3

  



 



Ta tìm được a 10; b 1

3 3



 

0,5

Giải được x 5; 25

3 3

  

  

  và do y 1

  nên khơng có y thỏa mãn.

KL: Hệ phương trình vơ nghiệm

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 31

(Nếu HS nhận thấy khơng có y t/m nên HPT vơ nghiệm mà khơng cần tìm x vẫn 
cho 0,25)

2) 1 điểm Cho phương trình x22 m 1 x m







 2 0

a) Giải PT khi m4

Với m=4, giải PT: − 10 + 16 được x



2; 8



0,5

b)

PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt ' 0 m 1

2


    

Theo Vi-et có x1x2 2(m 1) ; x .x1 2 m2

0,25

Xét x12x22 4. x .x1 2 (x1x )2 22x .x1 2 4 x .x1 2

2 2 2 2

4(m 1) 2m 4m 2m 8m 4 4 m  0

TH1: 1 m 0 m2 6m 2 0

2


     

m 3 7

    (loại); m2   3 7 (nhận)

TH2: m0m2 2m 2 0 (không có giá trị m thỏa mãn)
Vậy giá trị cần tìm là: m  3 7.

0,25

Bài IV 
(3,5 
điểm)

0,25

1) - Giải thích AMH ANH 90  0

-Tính tổng AMH ANH 180   0
- KL: AMHN là tứ giác nội tiếp

0,25

y

D

N

M

H
O

B C

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 32

2) Cách 1:

Chứng minh ANM MHA (do tứ giác AMHN nội tiếp)

 

ABC AHM

  (cùng phụ với MHB)

 

ABC ANM

 

0,5

0,25

Cách 2: Chứng minh AM.ABAN.AC( AH ) 2

ANM ABC(c.g.c)

  ∽

 

ABC ANM

 

(cho điểm tương ứng như cách 1) 
3) Cách 1: Kẻ đường kính AD

 

DACDBC (góc nội tiếp chung cung DC)

 

ABC ANM (chứng minh trên)

Có DBC ABC 90   0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

  0

ANM DAC 90 AO MN

    

0,5

0,25

Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy của (O)

Chứng minh xAC ABC   (góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng
chắn cung AC)

 

ABC ANM (chứng minh trên)

Vậy xAC ANM ở vị trí soletrong.

MN xy

  mà AOxy (do xAy là tiếp tuyến của (O))AOMN

(cho điểm tương ứng như cách 1) 
4)

(0,5 
điểm)

Có AN.ACAH2 2R2 AO.AC

AN.AC AO.AC

 

AON ADC(c.g.c)

  ∽

  0

AON ADC 90

  

Chứng minh trên: AOM ADB 90  0

Vậy AOM AON 180   0. Suy ra O, M, N thẳng hàng.

0,25

Bài V 
(0,5

Có 2.P 2a(b 1)  2b(a 1)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 33

điểm) Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm:

2a b 1 2b a 1

2a(b 1) ; 2b(a 1)

2 2

   

   

3(a b) 2 3.2 2

2.P 4

2 2

  

   

P 2 2

 

Dấu “=” xảy ra 2a b 1 a b 1

2b a 1

  

   

 


Vậy P có GTLN là 2√2 khi ab 1 .

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 34

MATHX.VN 
ĐỀ 06

KIỂM TRA HỌC KÌ II 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút 
Bài I: (2 điểm)

Cho hai biểu thức A x

1 3 x


 và

x 3 2 1

x 9 x 3 3 x



  

   với x0; x9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4
9


b) Rút gọn biểu thức B

c) Cho PB : A. Tìm x để P 3 .

Bài II: (2,0 điểm)

Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai cơng nhân cùng làm chung một cơng việc thì trong 8 giờ xong việc. Nếu mỗi

người làm một mình, để hồn thành cơng việc đó thì người thứ nhất cần nhiều

hơn người thứ hai là 12 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong

bao nhiêu giờ xong cơng việc đó?

Bài III: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

1 4

2x 1 y 5

3 2

2x 1 y 5



 

  




   

  



2) Cho phương trình x22(m 1)x 2m  0 (1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

12.

Bài IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa

O và B. Kẻ dây CD vng góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E bất kỳ

(E khác A và C). Kẻ CK vng góc với AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F.

1) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 35

3) Tìm vị trí của điểm E để diện tích tam giác ADF lớn nhất.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 36

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 06

Bài Nội dung Điểm

I

2,0

a) 1,0

* Khi x 4
9

 thì x 2

3
 thì

2
2
3
A

2 9
1 3.
3
 


* Vậy khi x 4
9

 thì A 2
7


b) 0,5

x 3 2 1

x 9 x 3 3 x


  
  















 



























x 3 2 1

x 9 x 3 x 3

2 x 3

x 3 x 3

x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3

x 3 2 x 6 x 3

x 3 x 3

x 3 x

x 3 x 3

x x 3

x 3 x 3

x
x 3

  

  

 
  
     
    

 


 


 



c) 0,5

Ta có: P x : x 3 x 1

x 3 1 3 x x 3



 

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 37

3 x 1

P 3 3

x 3


  







3 x 3

3 x 1

x 3 x 3

3 x 1 3 x 9
0
x 3

10
0

x 3
x 3 0

x 3

x 9




  

 

  

 



 



  

 

Kết hợp điều kiện xác định duy ra 0 x 9  thì P 3

II

2,0

Giả sử người thứ nhất làm riêng trong x (giờ) thì hồn thành cơng

việc (ĐK: x 0 )

Giả sử người thứ hai làm riêng trong y (giờ) thì hồn thành cơng

việc (ĐK: y 0; y x  )

Trong 1 giờ người thứ nhất làm được 1

x công việc.

Trong 1 giờ người thứ hai làm được 1

y công việc.

Theo giả thiết, hai người làm chung thì hồn thành cơng việc trong

8 giờ nên ta có: 1 1 1

xy 8 (1)

Khi làm riêng thì người thứ nhất cần nhiều hơn người thứ hai là

12 giờ để hồn thành cơng việc nên ta có: x y 12  (2)

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 38





1 1 1

8 2y 12 xy 8(2y 12) y(y 12)

x y 18

x y 12

y 4y 96 0

x y 12




       
 
 
  
 
 
 
   

   

 
 



* Giải phương trình y2 4y 96 0



y 12 y 8





0 y 12(TM)
y 8(L)
 

     

 


Từ đó suy ra x24.

Vậy nếu làm riêng thì người thứ nhất cần 12 giờ để hồn thành

cơng việc, người thứ hai cần 24 giờ để hồn thành công việc.

III

2,5

1) 1,0

ĐK: x 1; y 5
2
  
Đặt
1
a
2x 1
1
b
y 5



 

 




, ta có hệ pt:

a 4b 3 a 4b 3 7a 7 a 1

3a 2b 5 6a 4b 10 a 4b 3 b 1

           
  
   
        
   
1
1

2x 1 1 x 0

2x 1 (TM)

1 1 y 5 1 y 1

y 5

 
      
 
  
   
 
 





Vậy hệ có nghiệm cặp nghiệm (x; y)là: (0; 4).

2) 1,5

a) 0,75

Xét phương trình x2 2(m 1)x 2m  0. Ta có

2 2

' (m 1) 2m m 1

      vì m2 0 với mọi m nên   ' 1 0

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 39

b) 0,75

Để 2 nghiệm x ,x1 2là độ dài 2 cạnh góc vng của tam giác vng
có độ dài cạnh huyền bằng 12 . Thì x ,x1 2 là các số thực dương
thỏa mãn x12x22 12

Theo hệ thức Viet ta có : 1 2

1 2

x x 2(m 1)

x x 2m

   





Để x ,x1 2 0 thì điều kiện là: 2(m 1) 0 m 0

2m 0

  

 





Hệ thức x12 x22 12 (m - 1)(m - 2) = 0

 m 1

m 2

 


 


đối chiếu với điều kiện ta thấy m = 1 thỏa mãn.

IV

3,0

0,25

a) 0,75

Vì CKAK nên AKC 90 0. CHAB tại H nên AHC 90 0 .
Tứ giác AHCK có :

  0

AHC AKC 180  nên ACHK là tứ giác nội tiếp.

(Tổng 2 góc đối bằng 180 ). 0

b) 1,0

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 40

tiếp cùng chắn cung KC).

Lại có ADCE nội tiếp nên CAE CDE   (góc nội tiếp cùng chắn
cung EC).

Từ đó suy ra CHK CDEHK DE .

Do HK// DF, mà H là trung điểm CD (Được suy ra từ quan hệ

vng góc của đường kính AB với dây CD tại H ).

Suy ra HK là đường trung bình của tam giác CDF, dẫn đến K là

trung điểm FC. Tam giác AFC có AK là đường cao đồng thời cũng

là trung tuyến nên CAF là tam giác cân tại K .

c) 1,0

Tam giác FAC cân tại A nên AF = AC.

Dễ thấy tam giác ACD cân tại A nên AC=AD từ đó suy ra AF =AD

hay tam giác AFD cân tại A, hạ DIAF .

Ta có SAFD 1DI.AF= DI.AC,1

2 2

 do AC không đổi nên SAFD lớn

nhất khi và chỉ khi DI lớn nhất, Trong tam giác vng AID ta có:

ID AD AC hay

2
AFD

1 1 AC

S DI.AF= DI.AC

2 2 2

  dấu đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi IA khi đó DAF 90 0 dẫn đến tam
giác ADF vuông cân tại A, suy ra EBA EDA 45   0 hay E là điểm
chính giữa cung AB.

V

0,5

Điều kiện:

2
2

x 3x 18 0

x 0 x 6

5x 4x 0

   



  




 



</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 41



























2 2 2

2 2

5x 4x x 22x 18 10 x x 3x 18

5 x x 6 x 3 2x 9x 9

5 x 6x x 3 2 x 6x 3 x 3

       

     

      

Đặt







2 2

a x 6x 0

2a 3b 5ab 0 a b 2a 3b 0

b x 3 3

   



       



  




* TH1: a b x2 6x x 3 x2 7x 3 0 x 7 61

2


          

* TH2:









</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 42

MATHX.VN

ĐỀ 07

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II LỚP 9 
Mơn: TỐN 9

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I: (2,0 điểm)

Cho các biểu thức P x 3 x 2 x 2

x 2 3 x x 5 x 6

  

  

    và

x
Q 1

x 1

 



với x0; x4; x9

a) Tính giá trị của biểu thức Q khi x 4 2 3 
b) Rút gọn biểu thức T P : Q

c) Tìm x để 1

T có giá trị nguyên.
Câu II: (2,0 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Bạn An dự định thực hiện công việc quét sơn cho 40m2 tường trong một thời
gian nhất định. Tuy nhiên, khi thực hiện mỗi giờ bạn An quét được ít hơn dự

định là 2m2, do đó bạn đã hồn thành cơng việc chậm hơn so với kế hoạch là
một giờ. Hỏi nếu đúng kế hoạch thì bạn An hồn thành cơng việc trong bao lâu?

Câu III: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình





1 3

x 3y

2x y 2

5 x 3y 3

2x y


  

 




    

 



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 

d : ymx 2m 3  và

parabol

 

P : yx2

a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x ,1 x2 thỏa mãn

2 2

1 2 2 1

x x x x 5

b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để (d) và (P) khơng có điểm chung.

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 43

1) Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh AF.ABAE.AC

3) BE và CF lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là M và N. Chứng minh EF // MN

4) Giả sử B và C cố định; A thay đổi. Tìm vị trị của A sao cho tam giác AEH có

diện tích lớn nhất.

Câu V: (0,5 điểm) Với các số dương x, y, z, t thỏa mãn x y z t   4. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức A 21 21 21 21

x 1 y 1 z 1 t 1

   

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 44

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – ĐỀ 07

Bài Nội dung Điể

m

I

1) (0,5 điểm) Biến đổi được x 4 2 3  



1 3



2
Thay x



1 3



2 (tmđk) vào biểu thức Q ta có:

Q ... 2   3

0,25

2) (1 điểm)



























 

















x 3 x 2 x 2 x 3 x 2 x 2

x 2 3 x x 5 x 6 x 2 x 3 x 2 x 3

x 3 x 3 x 2 x 2 x 2

x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3

x 9 x 4 x 2 x 3 1

x 2

x 2 x 3 x 2 x 3

x 1

Q 1

x 1 x 1

x 1
T P : Q

x 2
     
     
       
    
  
     
     
  

   
  
 

 


0,25
0,25
0,25
0,25

3) (0,5 điểm)

1 x 2

T x 1






Chặn được giá trị của 1 : 2 1 1
T  T 

Vì 1

T nguyên suy ra
1

2
T   hoặc

1
1
T   hoặc

1
0
T 

Tìm x được x = 0 (TMĐK); x 1
4

 (TMĐK); x = 4 (KTMĐK)

Kết luận ...

0,25

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 45

II

+ Gọi số mét vuông tường bạn An định quét sơn trong 1 giờ là x

(m2)



x2



Khi đó thời gian dự định hồn thành cơng việc là 40(h)

Thực tế mỗi giờ quét sơn được x 2

 

m2
Thời gian thực tế hồn thành cơng việc là 40 (h)

x 2

Theo đề bài ta có PT: 40 40 1
x 2  x 

+ Giải đúng pt được: x 8 (không thỏa mãn), x 10 (thỏa mãn)
+ Kết luận thời gian dự định hồn thành cơng việc là 4 giờ

0,25

0,5

0,25

III

1) (0,75đ)

ĐKXĐ: 2xy

Đặt 1 a; x 3y b

2x y   

Ta có hệ:

3
a b

4a 5b 3



 




   



Giải hệ tìm được a 1; b 1
2

 

Giải hệ 2x y 2

x 3y 1

  



 



tìm được x 1; y 0(TM) 

0,25

2) (1,25 điểm)

a) (0,75 điểm)

+ Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d)

2
2

x mx 2m 3(1)

x mx 2m 3 0

  

    





m 8m 12 m 4 4

      

(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khi

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 46

và chỉ khi  0





0 m 4 4

m 4 2 m 6

m 4 2 m 2

    

    

  

   

 

+ Với m > 6 hoặc m < 2, (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt x ,x1 2 là
nghiệm của pt (1)

Theo Vi-ét ta có: 1 2

1 2

x x m

x .x 2m 3

  



 







2 2 2

1 2 2 1 1 2 1 2

x x x x 5x x x x 5m(2m 3) 5  2m 3m 5 0 

Tìm được và

m

5 (KTM)

2 

Vậy ...

0,25

b) (0,5 điểm)

(P) và (d) khơng có điểm 1(TM)m chung khi pt (1) vô nghiệm









0 m 4 4 0 m 4 4 2 m 6

           

Mà m là số nguyên nên m



3; 4; 5



Vậy giá trị m nguyên nhỏ nhất để d không cắt (P) là m = 3

0,25

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 47

IV

0,25

a) Chứng minh được tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính

BC 0,75

b) Chứng minh được AHF đồng dạng với ABD

AF.AB AH.AD

  (1)

Chứng minh AEH đồgn dạng với ADC
Suy ra AE.ACAH.AD (2)

(1) và (2) suy ra AF.AB = AE.AC

(Hoặc chứng minh AEF đồng dạng với ABC)

0,25

+ Chứng minh được MAC CAD   hay MAE EAH  suy ra AE là
trung trực của HM, suy ra E là trung điểm của HM

+ Tương tự chứng minh được F là trung điểm của HN

Suy ra FE // MN (đường trung bình)

(Hoặc có thể chứng minh FCB FEB NMB   )

0,25

d) 4SAEH 2AE.EH AE 2 EH2 AH2
Chứng minh AH = 2OK, OK không đổi.

Lập luận, kết luận được SAEH lớn nhất khi AE = EH hay

 0  0

HAE45 ACB45 , suy ra vị trí A

0,25

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 48

V

Với các số dương x, y, z, t

Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh được:

2 2

1 x x

1 1 ;

x 1 x 1  Dấu "=" xảy ra x 1

Chứng minh tương tự:

2 2

y y

1 1 ;

y 1 y 1  Dấu "=" xảy ra y 1

2 2

1 z z

1 1 ;

z 1 z 1  Dấu "=" xảy ra z 1

2 2

1 t t

1 1 ;

t 1 t 1  Dấu "=" xảy ra  t 1

Mà x y z t   4

Do đó

2 2 2 2

1 1 1 1

A 2

x 1 y 1 z 1 t 1

    

   

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 49

MATHX.VN 
ĐỀ 08

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
MƠN: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút 
Bài 1 (3,0 điểm):

1. Rút gọn biểu thức A 1 1 x

1 x

2 x 2 2 x 2

  



  với x 0; x 1  .

2. Giải phương trình, hệ phương trình sau:

a) x2 10x 16 0 b) x 2y 3

2x y 4

   



 



Bài 2 (3,0 điểm):

Cho phương trình bậc hai:

x



8x m



2 0 (*)



a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x

12

x

2



2

Bài 3 (4,0 điểm):

Từ điểm A ở ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O);

B, C là hai tiếp điểm. Kẻ cát tuyến ADE với đường tròn (O) (AD < AE). CMR:

a) Tứ giác ABOC nội tiếp; b) AB2 = AD. AE. c) BD. CE = CD. BE.

Bài 4. Cho x, y, z là ba số dương và xyz = 1 . Chứng minh:

2 y 2

x z 3

1 y 1 z 1 x  2

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 50

HƯỚNG DẪN CHẤM THI – ĐỀ 08

Câu Nội dung Điểm

I.

Với x0; x1ta có:

1 1 x

1 x

2 x 2 2 x 2

1 1 x

2( x 1) 2( x 1) ( x 1)( x 1)

x 1 x 1 2 x

2( x 1)( x 1) 2( x 1)( x 1) 2( x 1)( x 1)

x 1 ( x 1) 2 x 2 2 x

2( x 1)( x 1) 2( x 1)( x 1)

2( x 1) 1

2( x 1)( x 1) x 1

  

 
  
   
 
  
     
    
 
   
  
 
  
0,25
0,25
0,25
0,25

a) x2 10x 16 0

' 25 16 9 0 ' 3

        ,

phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 2, x2 8

0,5

0,25

b) x 2y 3 2x 4y 6

2x y 4 2x y 4

       

 
   
 
5y 10

x 3 2y

  
 
  

x 1
y 2
 
 
 


Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x ; y) = (1 ; -2)

0,5

0,25

II.

x



8x m



2 0 (*)







' ( 4)2 m 2 14 m

      

Phương trình có nghiệm kép khi:

' 0 14 m 0 m 14

      

Khi đó phương trình có nghiệm kép là x1 x2 4

Vậy m = 14 thì pt đã cho có nghiệm kép là x1 x2 4

0,5

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 51

b) Phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 khi:

' 0 14 m 0 m 14

      

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2

x x 8 (1)

x .x m 2 (2)

  



 



Theo bài ra ta có:

x

12

x

2



2

(3), từ (1) và (3) ta có

1 2 2 2

1 2 1 2 1

x x 8 3x 6 x 2

x 2x 2 x 2x 2 x 6

      

 

  

    

  

Thay kết quả trên vào (2) ta được m + 2 = 12  m = 10 (thỏa
mãn). Vậy m 10 là giá trị cần tìm.

0,5

0,25

0,5

0,25

III. GT, KL, hình vẽ

0,25

a) Ta có ABO 90 0 (  ) và ACO 90  0 (AC  OC)
Suy ra ABO ACO 180   0

Do đó tứ giác ABOC nội tiếp.

0,75

b) Xét ABD và AEBcó Achung, ABD AEB (hệ quả góc
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

ABD

  AEB(g.g)

AB AD

AB AD.AE

AE AB

    .

0,5

c) Do ABD AEB(theo 2) nên BD AB

BE AE

 

Chứng minh tương tự: ACD AEC(g.g)  CD AB
CE AE

mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

0,25

0,5

O
D

C
B

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 52

IV.

BD CD

BD.CE BE.CD

BE CE

    0,5

2 2

p dơng B§T Cauchy cho hai sè d-¬ng, ta cã:

1 y 1 y

x x

2 . x

1+y 4 1+y 4

y 1 z y 1 z

2 . y

1+z 4 1+z 4

z 1 x z 1 x

2 . z

1+x 4 1+x 4

 

  

 

  

 

  

Cộng vế với vế ba BĐT trên ta được:

2 1 y y 2

x 1 z z 1 x

(x y z)

1+y 4 1+z 4 1+x 4

 

      

       

   

     

     

2 2

y x y z 3(x y z)

x z 3 3

(x y z)

1+y 1+z 1+x 4 4 4 4

3 3 3

.3. xyz

4 4 2

   

          

  

Dấu “=” xảy rax y z 1   . BĐT đã cho được chứng minh.

0,5

0,25

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 53

MATHX.VN 
ĐỀ 09

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
MƠN: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút 
Bài I. (2,5 điểm)

Cho biểu thức A 2 x 2

x 9 x 3

 

  và

6
B

x 3 x


 với x 0 ; x 9 .

1) Tính giá trị B tại x 25 .
2) Rút gọn biểu thức A.

3) Tính giá trị x để B 2 x 1

A 2





Bài II. (2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai vịi nước cùng chảy vào một bể sau 6 giờ bể đầy. Nếu mở vịi 1 chảy một

mình trong 3 giờ rồi khóa lại, mở vịi 2 chảy tiếp trong 4 giờ thì lượng nước chảy

được bằng 60% bể. Hỏi nếu mỗi vịi chảy riêng thì sau bao lâu sẽ đầy bể?

Bài III. (1,5 điểm)

Cho parabol (P): y x2

1) Điểm M( 2; 4)  có thuộc parabol (P) khơng? Vì sao?

2) Tìm m để đồ thị hàm số (d):y (m 1)x m   2 1tiếp xúc với (P).

Bài IV. (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R có hai đường kính AB và CD vng góc với

nhau. Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA (M khác O, A). Tia DM cắt đường tròn

(O) tại N.

1) Chứng minh rằng tứ giác OMNC nội tiếp được trong một đường tròn.

2) Chứng minh rằng: DM.DNDO.DC2R2

3) Tiếp tuyến tại C với đường tròn (O) cắt tia DM tại E, đường tròn ngoại tiếp

tam giác CDE cắt BC tại F. Chứng minh DF AN .

4) Nối B với N cắt OC tại P. Tìm vị trí của M để OM OP

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 54

Một quả bóng size 4 dùng cho trẻ em từ 8 đến 12 tuổi có kích thước chu vi của nó

(chu vi đường trịn lớn) là từ 63cm đến 66cm. Một quả bóng đá size 5 dùng cho

trẻ em trên 13 tuổi và cả người lớn có kích thước chu vi của nó (chu vi đường

trịn lớn) là từ 69cm đến 71cm. Hãy tính thể tích chênh lệch lớn nhất có thể của 2

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 55

HƯỚNG DẪN CHẤM THI – ĐỀ 09

Bài Nội dung Điểm

I.

1) B 3
5


2) A 6

x 9




3) Có B x 3 2 x 1 2 x 6 2x x

A x 2

 

     

2x x 6 x 2 x 4

       (thỏa mãn)

0,5

1,0

0,5

II. Gọi thời gian vịi I chảy một mình đầy bể là: x (giờ); x 6
Thời gian vịi II chảy một mình đầy bể là: y (giờ); y 6

Trong một 1 giờ, vòi I chảy được 1

x(bể), vòi II chảy được
1
y (bể)

1 1 1

x y 6

   (1)

Trong 3 giờ, vòi I chảy được 3

x(bể), trong 4 giờ vòi II chảy được
4

y(bể)

3 4 3

x y 5

   (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

1 1 1

x y 6

3 4 3

x y 5



 





  




Giải hệ phương trình: x 15; y 10 

Kết luận: ...

0,25

0,5

0,25

III. 1) M( 2; 4) 

2) Phương trình hồnh độ giao điểm:

2 2

x (m 1)x m   1 0

0,5

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 56

Xét:  (m 1)(5m 3) 0  

m 1

3
m

5
  



 



0,5

0,25

IV. 1)

Ta có CND 90  0 (vì N thuộc đường tròn (O)) và COA 90 0
(giả thiết).

 0

COA 90

  (giả thiết)

  0

CNM COM 180

  

 Tứ giác OMNC nội tiếp.

2) Lập luận chứng minh DOM∽DNC(g.g)

Suy ra DO DM DM.DN DO.DC 2R2

DN DC   

3) Vì tứ giác DECF nội tiếp DEC DFB

Có EDC NBC  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC).

Vì CE là tiếp tuyến (O)DEC EDC 90   0

  0

DFB NBC 90

  

DF NB

 

Có ANB 90  0(đường kính AB)

DF AN

 

0,25

0,5

0,25

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 57

4) Ta có DOM∽DNC(g.g) suy ra

OM DO DO.NC

NC  DN  DN

Ta lại có AMD∽NAD vì có ADN chung và

  0

MAD AND 45 

Suy ra AM AD AM AD.AN

AN  DN  DN

Do đó OM DO.NC R.NC NC

AM AD.AN R 2.AN  2.AN (1)

Tương tự ta có OBP NBA OP OB OP OB.NA

NA NB NB

 ∽    

Và CPB NCB CP CB CP NC.CB

NC NB NB

 ∽    

Nên OP OB.NA NA

CP  NC.CB  2.NC (2)

Từ (1) và (2) ta có: OM OP. NC . NA 1

AM CP  2.AN 2.NC  2

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM- GM ta có:

OM OP OM OP

2. . 2

AMCP  AM CP 

Vậy OM OP

AM CP đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi:

OM OP 1 OA 2 1

AM CP 2 AM 2



   

2 2

AM .OA .R

2 1 2 1

  

 

0,25

V. Quả bóng size 4 có chu vi đường trịn lớn bằng 63cm có bán

kính là: R1 63(cm)
2





 Thể tích là V1 4 .R (cm )13 3
3

 

Quả bóng size 5 có chu vi đường trịn lớn bằng 71cm có bán

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 58

kính là: R1 71(cm)
2





 Thể tích là V2 4 .R (cm )32 3
3

 

Thể tích chênh lệch lớn nhất có thể của 2 quả bóng size 4 và size

5 là:



3 3



2 1 2 1

V V R R 1,821(cm )

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 59

MATHX.VN

ĐỀ 10

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
MƠN: TỐN 9 
Thời gian: 90 phút

Bài I. (2 điểm)

Cho hai biểu thức







x x 2 2x 8

x 2 x 2 x 2 x 2

 

  

   

và B 2

x 6




Với x0; x4 và x 36 .

1) Tính giá trị biểu thức B khi x = 25.

2) Rút gọn biểu thức A.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A : B.

Bài II. (2 điểm) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một tổ sản xuất theo kế hoạch cần làm 600 sản phẩm trong một thời gian

quy định. Thực tế, do thao tác hợp lý mỗi ngày tổ làm thêm được 10 sản phẩm

nên khơng những hồn thành sớm hơn kế hoạch 2 ngày mà cịn vượt mức kế

hoạch 50 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà tổ phải làm mỗi theo kế hoạch.

Bài III (2 điểm).

1) Giải hệ phương trình :









2 x y x 2 7

5 x y 2 x 2 4

    




   




2) Cho phương trình: x22(m 1)x 4m  0. (x là ẩn, m là tham số)

Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:





2 2

1 2 1 2

x x  x x 4.

Bài IV. (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngồi đường trịn. Qua A kẻ hai tiếp tuyến

AP, AQ của (O), với P, Q là tiếp điểm. Qua P kẻ đường thẳng song song với AQ

cắt (O) tại M. Gọi N là giao điểm của thứ hai của đường thẳng AM với (O).

1) Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 60

3) Kẻ đường kính QS của (O). Gọi H là giao điểm của PQ và NS, I là giao điểm của

NM và QS.

a) Chứng minh NS là tia phân giác của góc PNM

b) Chứng minh HI//PM

4) Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. Gọi G là giao điểm của AO và PN; E là trung

điểm của AP. Chứng minh Q, E, G thẳng hàng.

Bài V. (0,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x2 42 1
y

  .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3x y

y 2x

  .

………..HẾT………..

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 61

HƯỚNG DẪN CHẤM THI – ĐỀ 10

Bài Đáp án Điểm

Bài I 
(2đ)

Thay x = 25 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức B, ta có: 0,25

B 2

25 6

  

 . Vậy với x = 25 thì B = -2. 0,25







x x 2 2x 8

x 2 x 2 x 2 x 2

 

  

    0,25



 













x x 2 x 2 2x 8

x 2 x 2

    



 

0,25













x 2 x x 4 x 4 2x 8 2 x 4

x 2 x 2 x 2 x 2

      

 

    0,25











2 x 2 2

x 2

x 2 x 2



 



  0,25

2 2 x 6 8

P A : B : 1

x 2 x 6 x 2 x 2



    

   

Vì x 0 x 2 2 8 4 1 8 3 P 3

x 2 x 2

              

 

0,25

Dâu “=” xảy ra khi x = 0 (tmđk). Vậy GTNN của P là -3 khi x =0. 0,25

Bài II 
(2đ)

Gọi số sản phẩm tổ phải làm mỗi ngày theo kế hoạch là x(sản phẩm,

xN*) 0,25

Thực tế, mỗi ngày tổ làm được số sản phẩm là: x + 10 (sản phẩm) 0,25

Thời gian tổ phải làm 600 sản phẩm theo kế hoạch là: 600

x (ngày) 0,25

Số sản phẩm làm trên thực tế là: 600+50 = 650 (sản phẩm) 0,25

Thời gian tổ sản xuất làm trên thực tế là: 650

x 10 (ngày) 0,25

Ta có phương trình: 600 650 2

x x 10  0,25

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 62

Giải phương trình tìm được x1 = 40(TMĐK), x2 = -75 (loại) 0,25

Vậy số sản phẩm tổ làm mỗi ngày theo kế hoạch là 40 sản phẩm 0,25

Bài III 
(2đ)









2 x y x 2 7

5 x y 2 x 2 4

    


   



(ĐKXĐ: x -2)

Đặt ax y, b  x 2 ta có hệ phương trình 2a b 7

5a 2b 4

  



 



0,25

Giải hệ được a = 2, b =3 0,25

Khi đó x y 2 x y 2 x 7(tmdk)

x 2 9 y 5

x 2 3

       

 
  
   
 
  

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(7;-5) 0,25









x 2(m 1)x 4m  0 a1, b'  m 1 ,c 4m

ta có  b'2ac 



m 1



2 4m



m 1



0,25

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì Δ’ > 0  (m-1)2 >

0  m1 vì (m – 1)2  0 với mọi m. 0,25

Với m 1, phương trình có hai nghiệm phân biệt, theo định lý Viets,

ta có: 1 2

1 2

x x 2m 2

x x 4m

   





Ta có













2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

x x x x 4 x x 2x x x x 4

4m 2m 2 0

         
   

0,25







m 1(L)

m 1 2m 1 0 1

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 63

Bài IV 
(3,5đ)

Vẽ hình đúng đến câu a

0,25

Xét tứ giác APOQ có

 0

APO 90 (do AP là tiếp tuyến của (O) tại P) 0,25

 0

AQO90 (do AQ là tiếp tuyến của (O) tại Q) 0,25

  0

APO AQO 180

    APOQ là tứ giác nội tiếp 0,25

 

APN AMP (góc nt và góc tạo bởi tia tt và dây cung cùng chắn
cung NP)

Xét ΔAPN và ΔAMP có NAPlà góc chung, APN AMP

0,25

 ΔAPN ∽ ΔAMP (g.g) 0,25

AP AM

AP AM.AN

AN AP

    0,25

a) Ta có AQQS (AQ là tt của (O) ở Q) mà AM//PQ (gt ) nên PMQS

Đường kính QS  PM nên QS đi qua điểm chính giữa cung PM nhỏ 0,25

sđPS= sđSMPNS SNM (2 góc nt cùng chắn cung bằng nhau)

hay NS là tia phân giác của góc PNM 0,25

b) Chứng minh SNM PQS(2 góc nt cùng chắn 2 cung bằng nhau)

 

HNI HQI

   HNQI nội tiếp.

0,25

 

HIN HIQ

  (2 góc nt cùng chắn cung HN) mà HQN PMN(2)

góc nt cùng chắn cung PN của (O)) HINPMNHI PM

0,25

Gọi F là giao điểm AO và PQ.

Ta có APAQ (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OP OQ R  nên AO 0,25

O
F

G
E

I
N

M
A

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Học toán online cùng thầy Trần Hữu Hiếu

Hotline: 091.269.8216 64

là đường trung trực của PQ  F là trung điểm của PQ.

Chứng minh ΔAKN ∽ ΔPKA (g.g) AK NK AK2 NK.KP

PK AK

   

Chứng minh ΔKNQ ∽ ΔKQP (g.g) KQ2 NK.KP

2 2

AK KQ AK KQ

   

ΔAPQ có hai trung tuyến AF và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm

tam giác mà E là trung điểm của AP nên A, G, E thẳng hàng. 0,25

Bài V 
(0,5đ)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

2 2

4 4 x x 1

1 x 2 x . 4 0 4

y y 4 x

y y

        

y 3y 5y y 5y

3x 3x x 3 5 11

M 3.2. . .4

y 2x y 16x 16x y 16x 16x 2 16 4

         

0,25

Dấu “=” xảy ra khi 2 2

2
x

y 4x x

x 4y 1

y 2 2

y
x

y 16x





 

  

 



 

 

  









Vậy min M 11
4

 khi x 2 , y 2 2

  .

</div>