TOÁN 9 – ĐỀ CƯƠNG + ĐỀ THI HK2 KÈM ĐÁP ÁN.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

ƠN TẬP TỐN 9 HỌC KÌ 2

NĂM HỌC 2020 - 2021

PHẦN 1 : ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP

A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT

I. ĐẠI SỐ

1) Phương trình bậc nhất hai ẩn.

2) Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn và cách giải.
3) Hàm số _{y ax}_ 2_{và đồ thị}



_a_₀



_.

4) Phương trình bậc hai một ẩn và công thức nghiệm tổng quát, công thức nghiệm thu gọn.
5) Hệ thức Vi-ét và ứng dụng để giải các bài toán liên quan đến nghiệm của phương trình bậc
hai.

6) Phương trình quy về phương trình bậc hai.
7) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình.
II. HÌNH HỌC

1) Các góc của đường trịn: góc ở tâm, góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc có
đỉnh bên trong đường trịn, góc có đỉnh bên ngồi đường trịn.

2) Liên hệ giữa cung và dây.
3) Bài toán quỹ tích cung chứa góc.

4) Tứ giác nội tiếp.

5) Đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp.

6) Các cơng thức tính tốn: độ dài đường trịn, độ dài cung trịn, diện tích hình trịn, diện tích
quạt trịn.

7) Hình trụ, hình nón, hình cầu và các cơng thức tính tốn liên quan.

B. BÀI TẬP
I – PHẦN ĐẠI SỐ

CHƯƠNG III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

Dạng 1: Giải các hệ phương trình sau

a)

2

2 3 2 4 6 5 2 ₅

2 4 2 4 2 4 11

5
y

x y x y y

x y x y x y

x

 


     

 _ _ _

 _{ }  _{ }  _{ } 

   _{ }



.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

11
5

2
5
x
y
 


 _

 


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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

b)





2
3 1

3 1 3 1 ₁₃

4 3 3 1 2

4 3 2 13 5 5

13
y

y x

x y y x

x x

x y x

x
 

 

   
 _ _ _
 _ _  _ _{ }  _ 

   _{ }

.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

5

13
2
13
x
y
 


 

.

c)



 





 







2 2 3 2 4 5 2 4 5 2 1 3 4 2

3 1 7

2 1 1 3

x y x y x y x x x

x y y

x y x y y x

   
          

 _ _ _
  _{ }   _
        
 
 .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 2
7
x
y
 

 
 .

d) 2 1 2 2 1 2 2 1

2 1 2 1 2 1 0

x x y x y x x

x y x y x y x y y

         

   

  

 _{ } _{ }  _ _{ }  _ _{ }  _

    .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1
0
x
y
 

 
 .

e)





 









 





1 1 3 3 1 3 3 9

2 2 1 2 2 1

1 2 1 2 1 1

x y x y xy x y xy x y

xy x y xy x y

x y x y

    
        

 _
  _{ } _{ } _ _{ }
     _


2 4 10 2 4 10 2 10 5

3 3 0 2 2 0 2 2 0 5

x y x y y y

x y x y x y x

       

   

_ _ _ _

       

    .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 5
5
x
y
 

  

 .
g)
1 2
1
6 4
1
2
2 3

x x y

x y y x

 
 _ _

   
 _ _




 





 



2 1 3 2 12

3 2 1 12

x x y

x y y x

   


 

    



2 2 6 3 12

3 3 2 2 2 12

x x y

x y y x

   



  _ _ _ _{ }



8 3 14

5 10
x y
x y

 

  _{ }


8 3 14

15 3 30

x y
x y
 

  _ _

23 44
5 10
x
x y


  _{ }

44
23
44
5. 10
23
x
y

 

 
 _{ }

44
23
10
23
x
y
 

 
 


Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất

 

; 44 10;
23 23
x y _ _

 .
h)
1 2
1
2 1
3
x y
  



  


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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Đặt 1 u;1 v u( 0;v 0)

x y   . Hệ phương trình đã cho trở thành:

2 1
2 3
u v
u v

  

  

2 1

4 2 6

u v
u v
 

  _{ }

5 5
2 3
u
u v


  _{ }

1
2.1 3
u
v


  _{ }


1( )
1( )
u TM
v TM


  _

 . Suy ra:

1
1

1( )

1 ₁ 1( )

x TM
x
y TM
y
 
 _ _
 _
 _{ }

 


Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất

   

x y;  1;1 .

i)
3 2
3
1 3
4 1
5
1 3
x
x y
x
x y
 _ _
  


 _ _
  


Điều kiện: x1;y 3

Đặt ; 1

1 3

x

u v

x  y  . Hệ phương trình đã cho trở thành:

3 2 3

4 5
u v
u v
 

  


3 2 3

8 2 10

u v
u v
 

  _ _

11 13
4 5
u
u v


  _{ }

13

11
13
4. 5
11
u
v
 

 
 _{ }

13
11
3
11
u
v
 

 
 


. Suy ra:

13
1 11
1 3
3 11
x

x
y
 _
 


 _
 


11 13 13

11 3 9

x x
y
 

  _ _

13
( )
2
2
( )
3
x TM
y TM
 


 
 


Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất

 

; 13 2;
2 3
x y _ _

 .
k)
2
2
1 3
1
1
1
2 4
3
1
1
y
x
y
x
 _ _
 _ _


 _ _
  



Điều kiện: y1.

Đặt

2

1 1

; ( 0; 0)

1

1 u y v u v

x       . Hệ phương trình đã cho trở thành:

3 1

2 4 3

u v
u v
 

  


2 6 2

2 4 3

u v
u v
 

  _{ }

10 5
3 1
v
u v
 

  _{ }

1
2
1
3. 1
2
v
u
 

 
  

1

( )
2
1
( )
2
u TM
v TM
 

 
 

Suy ra
2
1 1
2
1
1 1
2
1
x
y
 _
 _


 _
 _

2

1 1
1 4
1 1
1 4
x
y
 _
 

 
 _
 


2 _{1 4}

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm

 

x y; 

  

3;5 ,  3;5



.

m)

1 6

2

5 2

2 1

9

5 2

x y

x y

 _ _

  




 _ _

  



Điều kiện: x5;y0,y4

Đặt 1 ; 1 ( 0; 0)

5 u 2 v u v

x  y   

Hệ phương trình đã cho trở thành:

6 2 2 12 4 13 13 1 1( )

2 9 2 9 2 9 2 1 9 4( )

u v u v v v v TM

u v u v u v u u TM

      

    

   

 _{ }  _{ }  _{ }  _{ }  _

    

Suy ra:
1

4 ₁₉

4 20 1

5 ( )

4

1 ₁ 2 1 ₉₍ ₎

2

x

x x TM

y _y _TM

y

 _



 _ __{ } _ _

 _ _

  

 


 _  _ _

 



Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất

 

; 19;9
4
x y _ _

 .

Dạng 2. Hệ phương trình chứa tham số.
Cho hệ phương trình





2 1

1 2

mx my m

x m y

  



   

 ( m tham số)

a. Giải hệ phương trình khí m  . 3

b. Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m .

c. Với

 

x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và ; y không phụ
thuộc vào m .

d. Gọi

 

x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Tìm m để ;
i. x2y2  . 2

ii. x2y  . 5
iii. y2x1

iv. Biểu thức P x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. y2
e. Cho các đường thẳng d mx₁: 2my m  1





2: 1 2

d x m y

3: 2 1

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Với m  thì hệ trở thành: 3

3 6 2

2 2
x y
x y
   

  






3 2 2 6 2

2 2
y y
x y

    

 
 

12 4
2 2
y
x y
 

  _ _

1
3
1
2. 2
3
y
x
  

  _ _
  _ _
  

4
3
1
3

x
y
 

 
  


Hệ phương trình có nghiệm duy nhất:



;



4; 1

3 3

x y _  _
  .

b. Giải và biện luận hệ phương trình.

Ta có:

 





 

2 1 1

1 2 2

mx my m

x m y

  




  



Từ

 

2   x 2



m1



y thế vào

 

1 ta được





2 1 2 1

m_  m y_ my m 





2m my m 1 2my m 1

     

2

2m m y my 2my m 1 0

      

2 _{1 0}

m y my m

     



1 m my m



1 0

     (*)

Khi



1



0 0

1
m
m m
m


 _{  }


 thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất, khi đó hệ phương trình có

nghiệm duy nhất :

1
1
1
x
m
y
m

  


 


Khi



1



0 0

1
m
m m
m


 _{  }



Với m thì phương trình (*) trở thành1 0y0  phương trình vơ số nghiệm nên hệ phương trình
vơ số nghiệm:

2 2
x y
y R
 

 
 .

Với m_{ thì phương trình (*) trở thành}0 0y 1 Phương trình vơ nghiệm nên hệ phương trình
vơ nghiệm.

Vậy:

Với m0;m1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Với m hệ phương trình vơ số nghiệm:1 x 2 2y
y R

 

 

 .

Với m hệ phương trình vơ nghiệm. 0

c. Với

 

x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và ; y không phụ
thuộc vào m

Theo phần b, để hệ có nghiệm duy nhất thì m0;m1 khi đó nghiệm duy nhất của hệ :
1

1
1

x

m
y

m
  


 


1
x y
  

Vậy: x y 1

d. Gọi

 

x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Tìm m để ;

Theo phần b, để hệ có nghiệm duy nhất thì m0;m1 khi đó nghiệm duy nhất của hệ :
1

1
1
x

m
y

m
  


 


i. x2y2  2

2 2

1 1

1 2

m m

   

_  _ _{ } 

   

2 2

2 1 1

1 2

m m m

    

2

2 2

1 0

m m

   

2 ₂ _{2 0}

m m

    

Giải phương trình trên ta được:

1 1 3

m    (thỏa mãn); m₂   1 3 (Thỏa mãn)
Vậy: m₁   1 3;m₂   1 3

ii. x2y  5

1 2

1 5

m m

   

3

1 5

m

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

3

1 5

3

1 5

m
m
  


 

   


3
4
3

6
m
m
  

 

 


3
4
1
2
m
m
  

 

 


(Thỏa mãn)

Vậy: 3;

4

m  1

2
m

iii. y2x1

1 1

2 1 1

m m

 

  _  _

 

1 2

2 1

m m

   

3
1
m

 

3

0
m
m


 

0
3
m
m




  _

 kết hợp với điều kiên

0
3
0
1
m
m
m
m
 
 _
 _

 



0
3
m
m




  _



iv. Biểu thức _{P x}_ 2 _{ đạt giá trị nhỏ nhất.}_y2

Ta có:

2 2

P x  y

2 2

1 1

1

m m

   

 _ _ _{ }

   

2 2

2 1 1

1

m m m

   

2

2 2

1

m m

  

2

1 1 1

2

2

m m

 

 _   _

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2

1 1 1 1

2

2 2 2

m

 

 _  _  

 

Dấu " " xảy ra khi m (Thỏa mãn) 2

Vậy: GTNN của 1

2

P khi m 2

e. Cho các đường thẳng d mx₁: 2my m  1





2: 1 2

d x m y

3: 2 1

d x y  .

Tìm m để ba đường thẳng đồng quy.

Giả sử d d đồng quy tại ₁; ₂ M x y Khi đó tọa độ điểm



₀; ₀



M là nghiệm của hệ phương trình:





_

_

0 0 0 0 0

0 0 0

0 0

0 0

1 2 2 2 2 4

2 3 3 2 3 3

2 1

2 1

x m y x my y

my y m y

x y

x y

     

 

 _ _ _ _{ } _ _

  _ _

 

 



Để hệ có nghiệm duy nhất



x y thì ₀; ₀



2 3 0 3
2

m  m  khi đó nghiệm của hệ:

0

0

0
0

3

3

2 3

2 3

3

3
1

2 3

2 3

2
y

y
m

m
m
x
m

x m

  

 _ _



 _ 

  _   _

 

 _ _ _ _{ }



   



Để ba đường thẳng đồng quy thì d đi qua điểm ₃ M x y



₀; ₀



2 2

2

3 3

. 2 1

2 3 2 3

3 6 2 5 3

4 3 0

m

m m m

m m

m m m m m

m m



   

 

     

   

Vì 1 4 3 0   m₁ (thỏa mãn); 1 m₂  (Thỏa mãn). 3
Vậy: m₁ ; 1 m₂  . 3

Cách 2:

Với m . Khi đó 1 d x₁: 2y2;d x₂: 2y2; : 2d₃ x y  Do 1 d₁ d d₂, ₁ cắt d nên suy ra ba ₃
đường thẳng d d d đồng quy ₁, ,₂ ₃

Với m1,m0. Khi đó d cắt ₁ d tại điểm có ₂

1
1

1
x

m
y

m
  


 


nên suy ra ba đường thẳng d d d đồng ₁, ,₂ ₃

quy khi 2 1 1 1 1 3 1 m 3



TM



m m m



 _ _ _{ } _{  } _

 

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

CHƯƠNG IV: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

Dạng 1: Giải phương trình bậc hai.
Câu 1. _x2_₂₈_x__{52 0}_ _.

Câu 2. ₂_x2_₇_x_{ }_{3 0}_.

Câu 3. _x2 _₂



₃_ ₂



_x__{4 6 0}_{ .}

Câu 4. ₂_x4_₅_x2_{ }_{2 0}_.

Câu 5. 2

6 8 0

x  x  .
Câu 6. ₂_x4_₇_x2_{ }_{4 0}_.

Câu 7. ₃_x2_₄_x_{ }_{2 0}_.

Câu 8. _x4 _₅_x2_{ }_{4 0}_.

Câu 9. 3 1 2 5 ₂ 4 2

1 3 2 3

x x

x x x x

 

  

    .

Câu 10.





2

1 3 1

2 x1  x 1 4 .
Câu 11.

2

2 ₈

1
x
x

x

 

_ _ 


  .

Câu 12.

2 2

1 1 40

2 9

x x

x x

 

  _  _

   _ 

    .

Câu 13.



2x27x20

 

2  x25x7



2.
Câu 14. x32x23x  . 2 0

Câu 15.

2

1 1

4 3 0

x x

x x

 _  _  _ _{ }

   

    .

Câu 16. 3x22x2 x2  x 1 x.
Câu 17. _x2_{  }_x ₃ ₃_.

Câu 18. x 4 4 x  x 9 6 x 1.

Câu 19.

2

x

 

1

x

 

2

x



1

.

Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai
nhờ nghiệm của phương trình bậc hai cho trước

Câu 1. Gọi x ; ₁ x là các nghiệm của phương trình: ₂ _x2_₃_x_{ }_{7 0}_{. Tính:}

2 2

1 2

A x x B x₁x₂

1 2

1 1

1 1

C

x x

 

 



1 2



2 1



3 3

D x x x x

3 3

1 2

Ex x 4 4

1 2

Fx x .

Câu 2. Gọi x ; ₁ x là các nghiệm của phương trình: ₂ ₅_x2_₃_x_{ }_{1 0}_{. Khơng giải phương trình, tính giá}

trị của biểu thức sau:

3 2 3 2

1 1 2 2 1 2

2 3 2 3

A x  x x  x  x x

2

1 1 2 2

2 2 1 1 1 2

1 1

1 1

x x x x

B

x x x x x x

 

    _  _

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2

3 5 3

4 4

x x x x

C

x x x x

 



 .

Câu 3. Cho phương trình ₂_x2_₃_x_{ }_{1 0}_{có hai ngiệm}
1

x ; x . Hãy thiết lập phương trình ẩn ₂ y có hai
nghiệm y ; ₁ y thoả mãn: ₂

a) 1 1

2 2

2
2

y x

y x

 


  

 b)

2
1
1

2
2
2
2

1

x
y

x
x
y

x







 


.

Dạng 3 : Vị trí tương đối của parabol và đường thẳng
Câu 1. Cho hàm số _{y = x}2_và_{y = x 2}_ _.

a) Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Tìm tọa độ các điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính.
c) Tính diện tích tam giác OAB.

Câu 2. .Cho Parabol

 

_{P : y = x}2_{và đường thẳng}

 

_{d : y 2x+m}_ _.

a) Vẽ

 

P và

 

d trên cùng một hệ trục tọa độ với m . 3
Tìm tọa độ giao điểm của

 

d và

 

P .

b) Tìm m để

 

d tiếp xúc với

 

P . Xác định tọa độ giao điểm.
Câu 3. Cho Parabol

 

_{P : y = x}1 2

4 và đường thẳng

 

1

d :y x+1

2

  .

a) Vẽ

 

P và

 

d trên cùng một hệ trục tọa độ .

b) Với Avà Blà hai giao điểm

 

P và

 

d . Tính diện tích tam giác AOB .
Câu 4. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_x_{  .}_m ₁

a) Tìm m để đường thẳng d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt A B, .
b) Gọi x x là hồnh độ của ₁; ₂ A và B. Tìm m sao cho x₁  x₂ 2
Câu 5. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_x-2_.

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ,

 

d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A B, .
b) Gọi x x là hồnh độ của ₁; ₂ A và B. Tìm m sao cho 2 2

1 2 1 2 2016

x x x x  .

Câu 6. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_{x- m+1}_{. Tìm m sao cho đường thẳng}

 

_d

cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía của trục tung.
Câu 7. Cho phương trình : _x2_₂



_m_₁



_{x m}_{   ( x là ẩn)}_{3 0}

a) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
b) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm trái dấu

a) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm là 2 số đối nhau

a) Tìm một hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m
Câu 8. Cho phương trình : _x2_₂_mx_



₂_m_{ }₃



₀_{(ẩn x )}

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Dạng 4 : GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH - HPT
Dạng 4.1 : Chuyển động (trên đường bộ, trên đường sơng có tính đến dịng nước chảy)

Câu 1. Một ơ tô đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35_{km h thì đến}/
chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50_{km h thì đến sớm hơn 1 giờ . Tính quãng đường}/

AB và thời gian dự định đi lúc đầu.

Câu 2. Một người đi xe máy đi từ A đến B cách nhau 120km với vận tốc dự định. Sau khi đi được 1

3

quãng đường AB, người đó tăng vận tốc thêm 10km h trên qng đường cịn lại. Tìm vận tốc /
dự địnhvà thời gian xe lăn bánh trên đường , biết rằng người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút.
Câu 3. Một ca nô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30km h , sau đó lại ngược từ / B trở
về A. Thời gian xi ít hơn thời gian đi ngược 1 giờ 20 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A

và B. Biết rằng vận tốc dòng nước là 5km h và vận tốc riêng của cano lúc xuôi và lúc ngược /
bằng nhau.

Câu 4. Một ca nô xuôi một khúc sông dài 90km rồi ngược về 36 km . Biết thời gian xuôi dịng sơng
nhiều hơn thười gian ngược dịng là 2 giờ và vận tốc khi xi dịng hơn vận tốc khi ngược dòng
là 6km h . Hỏi vận tốc ca nơ lúc xi dịng và lúc ngược dịng. /

Dạng 4.2: Toán làm chung – làm riêng

Bài 1. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ nhất
làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được 3

4 công việc.

Hỏi nếu làm riêng mỗi người làm cơng việc đó trong mấy giờ thì xong ?
Bài 2. Nếu vịi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được 4

5 hồ. Nếu vịi A chảy trong 3 giờ

và vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được 1

2 hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗi vịi chảy trong

bao lâu mới đầy hồ ?

Bài 3. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vịi chảy một mình cho đầy
bể thì vòi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vịi chảy một mình đầy bể

Dạng 4.3: Tốn liên quan đến tỉ lệ phần trăm

Bài 1. Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy. Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%,
tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy. Tính xem trong tháng giêng mỗi tổ sản
xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

Bài 2. Năm ngoái tổng dân số của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng 1, 2%

, còn tỉnh B tăng 1,1%. Tổng số dân của cả hai tỉnh năm nay là 4045000 người. Tính số dân của
mỗi tỉnh năm ngối và năm nay?

Dạng 4.4: Tốn có nội dung hình học

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Bài 2. Cho một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dải lên 10 m , tăng chiều rộng lên 5 m thì diện tích
tăng_{500 m}2_{. Nếu giảm chiều dài 15 m và giảm chiều rộng 9 m thì diện tích giảm}_{600 m}2_.

Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu.

Bài 3.Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vng lên 2 cm và 3 cm thì diện tích tam giác
tăng _{50 cm}2_{. Nếu giảm cả hai cạnh đi}_{2 cm thi diện tích sẽ giảm đi}_{32 cm}2_{. Tính hai cạnh góc}

vng.

Dạng 4.5 : Tốn về tìm số.

Bài 1. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục
và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị.

Bài 2. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó và nếu
số cần tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3 .

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN

Dạng 1: Giải phương trình bậc hai.
Câu 1. _x2_₂₈_x__{52 0}_ _.

Lời giải
Phương trình có   



14



21.52 196 52 144 0    .

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

14 144

14 12 26
1

x      ; ₂ 14 144 14 12 2

1

x      .

Vậy tập nghiệm của phương trình là S



26;2



.
Câu 2. ₂_x2_₇_x_{ }_{3 0}_.

Lời giải
Phương trình có   

 

7 24.2.3 49 24 25 0    .

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

7 25

3
2.2

x    ; ₂ 7 25 1

2.2 2

x    .

Vậy tập nghiệm của phương trình là 3;1
2
S _{ } _

 .
Câu 3. _x2 _₂



₃_ ₂



_x__{4 6 0}_{ .}

Lời giải

Phương trình có  



3 2



21.4 6 5 2 6 4 6 5 2 6     



3 2



2  0





2

3 2 3 2.



     

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

3 2 3 2

2 3
1

x      ; ₂ 3 2 3 2 2 2

1

x      .

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 



2 3; 2 2



.
Câu 4. ₂_x4_₅_x2_{ }_{2 0}

Lời giải

Đặt x2t t



 , phương trình đã cho trở thành 0



₂_t2_₅_t_{ }_{2 0}

 

_{1 .}

Phương trình có _{ }₅2__{4.2.2 9 0}_{ } _.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1

5 9 1

2.2 2

t     (loại).

1

5 9

2
2.2

t     (loại).

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Câu 5. _x2 _₆_x_{ }_{8 0}_.

Lời giải
Phương trình có   

 

3 2 1.8 9 8 1 0    .

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

3 1

4
1

x    ; ₂ 3 1 2

1

x    .

Vậy tập nghiệm của phương trình là S

 

4;2 .
Câu 6. ₂_x4_₇_x2_{ }_{4 0}

Lời giải

Đặt x2t t



 , phương trình đã cho trở thành 0



₂_t2_₇_t_{ }_{4 0}

 

₁

Phương trình

 

1 có   

 

7 24.2. 4

 

 81 0 .
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

7 81

4
2.2

t    (thỏa mãn)

2

7 81 1

2.2 2

t    (loại)

Với t4 ta có _x2 _{   }₄ _x ₂_.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  



2;2



.
Câu 7. ₃_x2_₄_x_{ }_{2 0}

Lời giải
Phương trình có   

 

2 23.2 4 6     . 2 0

 Phương trình đã cho vơ nghiệm.
Câu 8. _x4 _₅_x2_{ }_{4 0}

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Phương trình có hai nghiệm là

1 1

t  (thỏa mãn)

2
4

4
1

t   (thỏa mãn)

Với t 1 ta có _x2 _{   }₁ _x ₁

Với t4 ta có 2

4 2

x    x

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  



1;1; 2;2



Câu 9. 3 1 2 5 ₂ 4 2

1 3 2 3

x x

x x x x

 _  _ _

   

Lời giải
Điều kiện xác định: x1; x 3.

Với x1; x 3 ta có:

2

3 1 2 5 4

2

1 3 2 3

x x

x x x x

 _  _ _

   







3 1 2 5 4

2

1 3 1 3

x x

x x x x

 

   

   





















 



















3 1 3 2 5 1 4 2 1 3

1 3 1 3 1 3 1 3

x x x x x x

x x x x x x x x

     

   

       



3x 1



x 3

 

2x 5



x 1



4 2



x 1



x 3



         





2 2 2

3x 9x x 3 2x 2x 5x 5 4 2 x 3x x 3

            

2 2 2

3x 9x x 3 2x 2x 5x 5 4 2x 6x 2x 6

            

2 ₅ _{6 2} 2 ₄ ₆

x x x x

      _ _x2_{ }_x _{12 0}_

Phương trình có   

 

1 24.1. 12







 1 48 49 0 
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là

1

1 49

4
2.1

x    (thỏa mãn) ; ₁ 1 49 3

2.1

x     (loại)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 

 

4
Câu 10.





2

1 3 1

2 x1  x 1 4

Lời giải
Điều kiện xác định: x 1.

Với x 1 ta có:





2

1 3 1

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.





























2 1 12 1 1

4 1 1 4 1 1 4 1 1

x x x

x x x x x x

  

  

     











2 x 1 12 x 1 x 1

     

2

2x 2 12 x 1

    

2 ₂ _{15 0}

x x

   

 

1 .

Phương trình

 

1 có   

 

1 2 1. 15





  1 15 16 0 .

 Phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt là

1

1 16
5
1

x    (thỏa mãn) ; ₂ 1 16 3

1

x     (thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 



5; 3 .



Câu 11:

2
2

8
1
x
x

x

 

_ _ 



 

 

* ĐK: x1

Cách 1:

 

*





2
2

2 8

1
x
x

x

  







2
2

2

8 0

1
x
x

x

   













2 2 2

2

8 2 1

0
1

x x x x

x

   

 



4 ₂ 3 2 ₈ 2 ₁₆ ₈ 2 ₀

x x x x x x

       

4 ₂ 3 ₆ 2 ₁₆ _{8 0}

x x x x

     



_x4 ₄_x3 ₄_x2

 

₂_x3 ₈_x2 ₈_x

 

₂_x2 ₈_x ₈



₀

         







 



2 2 ₄ ₄ ₂ 2 ₄ ₄ ₂ 2 ₄ ₄ ₀

x x x x x x x x

         



_x ₂



2



_x2 ₂_x ₂



₀

    

2 0
x

   hoặc _x2_₂_x_{ }_{2 0}

1) x   2 0 x 2 (nhận)
2) _x2_₂_x_{ }_{2 0}

' 3
 

Vì  ' 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1 1 3

x   (nhận); x₂  1 3 (nhận)

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

ĐK: x1

 

* 2 2 8

1 1
x x
x x
x x
   
_  _  _  _
 
   
2
2 2
2 8
1 1
x x
x x
   
_ _  _ _
 

   

Đặt 2
1
x

a

x  , ta được

2 ₂ _{8 0}

a  a 

4
a

  hoặc a 2
1)

2

4
1
x

x 

2

4 4

x x

   2

4 4 0

x x

    



x2



2  0



x 2



0

    x 2 (nhận)

2)

2

2
1
x
x  

2 ₂ ₂

x x

    _ _x2_₂_x_{ }_{2 0}
' 3

 

Vì  ' 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1 1 3

x   (nhận); x₂  1 3 (nhận)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S 



1 3; 2;1 3



Câu 12:

 

2 2

1 1 40

*
2 9
x x
x x
 
  _  _
   _ 

    ĐK: x0 và x2 .

Ta thấy







      









2

1

1 1 1 1 2 2 2

1 1 1 2

2 2 2 2 2

x

x x x x x

x x x

x x x x x x x x x x

    
 _  _ _  _ _ _   _ _  _
   
  _ _ _ _
 _  _ _  _ _  _ 

 

*
2

1 1 1 1 40

2

2 2 9

x x x x

x x x x

   
   
_  _  _  _
 
   

















2
2 2

1 1 40

2 2

2 2 9

x x

x x x x

 _  _

   

 

 

 

Đặt









2
1
2
2
x
a
x x



 , ta được:

2 40 ₀

9

a  a  5 8;

3 3

a  

  

 

1)









2
1 5
2
2 3
x
x x
 _ 




2





2



6 x 2x 1 5 x 2x

      2

11x 22x 6 0

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

11 55 11 55

;

11 11

x    

   

 

  (nhận)

2)









2

1 8

2

2 3

x
x x









 



2 2

6 x 2x 1 8 x 2x

    

2

2x 4x 6 0

   





x 1;3 (nhận)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1;11 55 11; 55;3

11 11

   

 

 _ _

 

 

Câu 13:



₂_x2_₇_x_₂₀

 

2 _ _x2_₅_x_₇



2



₂

 

2 ₂



2

2x 7x 20 x 5x 7 0

      



₂_x2 ₇_x ₂₀

 

_x2 ₅_x ₇

 

₂_x2 ₇_x ₂₀

 

_x2 ₅_x ₇



₀

   

_      _{ }      _



₃_x2 ₂_x ₁₃



_x2 ₁₂_x ₂₇



₀

     

2

3x 2x 13 0

    hoặc 2

12 27 0

x  x 
1) ₃_x2_₂_x__{13 0}_

' 38
  

' 0

  nên phương trình vơ nghiệm
2) _x2_₁₂_x__{27 0}_

' 9
 

Vì  ' 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1 9

x  ; x₂  3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S

 

3;9
Câu 14: _x3_₂_x2_₃_x_{ }_{2 0}

3 2 2

2 2 0

x x x x x

      



 

 



2 ₁ ₁ ₂ ₁ ₀

x x x x x

      



_x ₁





_x2 _x ₂



₀

    

 x 1 0 hoặc _x2_{  }_x _{2 0}

1) x 1 0  x 1
2) _x2_{  }_x _{2 0}

7 0

    nên phương trình vơ nghiệm

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Đặt x 1 a
x

  , ta được phương trình:

2 ₄ _{3 0}

a  a 
 a1 hoặc a3
1) x 1 1

x

  x2 1 1

x


  _ _x2_{ }₁ _x _ _x2_{  }_x _{1 0}
3 0

    nên phương trình vơ nghiệm
2) x 1 3

x

  x2 1 3

x


  __x2_{ }_{1 3}_x_ _x2_₃_x_{ }_{1 0}

1

3 5

2

x 

  ; ₂ 3 5

2

x   (nhận)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 3 5 3; 5

2 2

 _ _ 

 

  

 

 

Câu 16: ₃_x2_₂_x_₂ _x2_{  }_x ₁ _x

ĐK:_x2_{ }_x ₀

2 2

3x 2x2 x   x 1 x _₃_x2_₂_x_₂ _x2_{   }_x ₁ _x ₀



2



2

3 x x 2 x x 1 0

     

 

*

Đặt _x2_{ }_{x t t}_, _₀_{, khi đó}

 

_* _₃_t2_{  }_{2 1 0}_t

Vì 3     nên phương trình có nghiệm

   

2 1 0

 

1
1
3



  


t

t L

2

1

x  x 2

1 0

x x

    1 5; 1 5

2 2

x     

   

 

  (nhận)

Vậy phương trình

 

* có tập nghiệp là S 1 5; 1 5

2 2

    

 

  

 

 

Câu 17: _x2 _{  }_x _{3 3}
2

3 3

x x

    ĐK: 2

3x 0 2
3
x

    3 x 3
Khi đó: _x_{  }_{3 3} _x2 _hoặc _x_{ }₃ _x2_₃

1) 2

3 3
x  x

2 _{6 0}

x x

   



3; 2



x

   (loại)

2) _x_{ }₃ _x2_₃

2 ₀

x x

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.



1



0
x x

  

 

0;1
x

  (nhận)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệp là S

 

0;1
Cách 2:

Ta có: x   nếu 3 x 3 x 3 0 hay x3
và x   nếu 3 3 x x 3 0 hay x3
+) Với x3:

2 _{3 3}

x   x 2

3 3

x x

   

2 _{6 0}

x x

      x



3; 2



(loại)
+) Với x3

2 _{3 3}

x   x _ _x2_{  }₃ _x ₃_ _x2_{ }_x ₀ __{x x}



_{ }₁



₀

 

0;1
x

  (nhận)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệp là S

 

0;1
Câu 18: x 4 4 x  x 9 6 x  1 ĐK:x0



 

2



2

2 3 1

x x

      x 2 x  3 1  3 x  x  2 1

Ta có: 3 x  x  2 3 x x  2 1
Dấu " " xảy ra khi:

3 x  và 0 x  2 0
3

x

  và x  2

4 x 9

  

Câu 19: 2x 1 x 2 x 1 ĐK: x2

2x 1 x 2 x1  2 -1x  x 1 x 2







2x 1 x 1 x 2 2 x 1 x 2

        







2x 1 2x 1 2 x 1 x 2

       



x1



x2



0



x1



x2



 0

2
x

  (nhận) và x 1 (loại)

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai
nhờ nghiệm của phương trình bậc hai cho trước

Bài 1. Gọi x ; ₁ x là các nghiệm của phương trình: ₂ 2

3 7 0

x  x  . Tính:

2 2

1 2

A x x B x₁x₂

1 2
1 1
1 1
C
x x
 

 



1 2



2 1



3 3

D x x x x

3 3

1 2

Ex x 4 4

1 2

Fx x

Lời giải
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2

1 2
3
. 7
x x
x x
 

 _{ }


a) 2 2





2 2

 

1 2 1 2 2 1 2 3 2. 7 23

A x x  x x  x x    

b) B x₁x₂





2
2

1 2

B  x x 2 2

1 2 1 2 2

x x x x

  





2

1 2 4 1 2

x x x x

   _₃2__{4. 7}

 

_{ 37}_

37
B

  (do B0)

c)



2



1



1 2 1



2



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

1 1 2 2

1 1 3 2 1

1 1 1 1 1 1 7 3 1 9

x x x x x x

C

x x x x x x x x x x x x

       

       

            

d)

D



3x₁x₂



3x₂x₁



2 2

1 2 1 2 1 2

9x x 3x 3x x x

   



2 2



1 2 1 2

3 x x 10x x

  

3_



x₁x₂



2 2x x_{1 2}_10x x_{1 2}
__{3. 3}_ 2__{2. 7}

 

_ ___{10. 7}

 

_

 

 1

e)

3 3

1 2

Ex x







2 2



1 2 1 1 2 2

x x x x x x

    



x₁x₂

 

_ x₁x₂



23x x_{1 2}___{3. 3}_ 2__{3. 7}

 

_ _

  90

f)

4 4

1 2

F x x

   

2 2 2 2

1 2

x x

 



2 2



2 2 2

1 2 2 1 2

x x x x

  





2 2





2

1 2 2 1 2 2 1 2

x x x x x x

 

_   _ 

__₃2__{2. 7}

 

_ _2__{2. 7}

 

_ 2

 

431.
Bài 2. Gọi x ; ₁ x là các nghiệm của phương trình: ₂ 2

5x 3x 1 0. Khơng giải phương trình, tính giá
trị của biểu thức sau:

3 2 3 2

1 1 2 2 1 2

2 3 2 3

A x  x x  x  x x

2

1 1 2 2

2 2 1 1 1 2

1 1

1 1

x x x x

B

x x x x x x

 

    _  _

  _ _

2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2

3 5 3

4 4

x x x x

C

x x x x

 





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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2
1 2
3
5
1
.

5
x x
x x
  


 _{ }


3 2 3 2

1 1 2 2 1 2

2 3 2 3

A x  x x  x  x x



3 3

 

2 2



1 2 1 2 1 2

2 x x 3 x x x x

   



 



2





1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 x x  x x 3x x  3x x x x

  _   _ 







2









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

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

      





3





1 2 1 2 1 2

2 x x 9x x x x

   

3

3 1 3

2. 9. .

5 5 5

   
 _{ }  _ _
   

189
125


2

1 1 2 2

2 2 1 1 1 2

1 1

1 1

x x x x

B

x x x x x x

 

    _  _

  _ _

1 2 1 2

2 2

2 1 2 1 1 1 2 2

1 2 1

1 1

x x x x

x x x x x x x x

     
_  _{ }  _{ }   _
 
     















2 2 2 2

1 1 2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 2 1 1 2 1 2

1 1 2

1 1 .

x x x x

x x x x

x x x x x x x x

    

 

  _  _

  _ _





2 ₂ ₂





2

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

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 .

x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

      

   

  





















2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 .

x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

  
   
   
  





















2 2 2

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

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 2

1 .

x x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

       

   

  

2 2 2

2

3 2 3 2 3 3 2

2

5 5 5 5 5 5 5

1 1 3 ₁ 1

1

5 5 5 ₅ 5

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2

3 5 3

4 4

x x x x

C

x x x x

 











2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

3 5

4

x x x x

x x x x

 











2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

3 2 5

4

x x x x x x

x x x x

 _ _ _
 











2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

3 6 5

4

x x x x x x

x x x x

  











2

1 2 1 2

1 2 1 2

3
4

x x x x

x x x x

 


2
3 1
3
5 5
1 3
4. .
5 5

  
 
 


8
3
  .

Bài 3. Cho phương trình 2

2x 3x 1 0 có hai ngiệm x ;₁ x . Hãy thiết lập phương trình ẩn ₂ y có hai
nghiệm y ; ₁ y thoả mãn: ₂

a) 1 1

2 2
2
2
y x
y x
 

  
 b)
2
1
1
2
2
2
2
1
x
y
x
x
y
x






 

Lời giải

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2
1 2
3
2
1
.
2
x x
x x
  


 _{ }


a) 1 1

2 2
2
2
y x

y x
 

  

Ta có:





1 2 1 2 1 2

3 11

2 2 4 4

2 2

y y   x x   x x    











1 2 1 2 1 2 1 2

1 3 13

2 2 2 4 2. 4

2 2 2

y y  x  x  x x  x x      
1

y ; y là nghiệm của phương trình: ₂ 2 11 13 ₀

2 2

y  y  .

b)
2
1
1
2
2
2
2
1
x
y
x
x
y
x





 

Ta có:



 



2
2

2 2 3 3 ₁ ₂ ₁ ₂ _{1 2}

1 2 1 2

1 2

2 1 1 2 1 2

3 3 1

. 3.

3 2 2 2 ₄₅

1 ₄

2

x x x x x x

x x x x

y y

x x x x x x

_{ } _ _
 
   
 
   _{ } _ _
 _ _ _ _ 
      

2 2
1 2

1 2 1 2

2 1

1
.

2
x x

y y x x

x x

   

1

y ; y là nghiệm của phương trình: ₂ 2 45 1

0

4 2

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Dạng 3 : Vị trí tương đối của parabol và đường thẳng
Bài 1. Cho hàm số _{y = x}2_và_{y = x 2}_ _.

a) Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Tìm tọa độ các điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính.
c) Tính diện tích tam giác OAB.

Lời giải

a) Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

x 0 -2

y x 2  2 0

x -2 -1 0 1 2

2

y x 4 1 0 1 4

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2

2

x  x 2

2 0

x x

    



x1



x2



0 1
2
x
x

 


  _


Với x₁     nên giao điểm 1 y₁ 1 A



1;1



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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lấy A' là hình chiếu của A trên trục OxA' 1;0







Lấy B' là hình chiếu của B trên trục Ox B' 2; 0

 

' ' '0 '
OAB AA B B AA BB O

S S S S

'

1 1 1

' . ' .1.1

2 2 2

AA O

S  AA A O   (đvdt)

'

1 1

' . ' .4.2 4

2 2

BB O

S  BB B O   (đvdt)









' '

1 1 15

' ' . ' ' .3. 1 4

2 2 2

BB A A

S  A B AA  BB    (đvdt)

15 1

4 3

2 2

OAB

S     (đvdt).

Bài 2. Cho Parabol

 

_{P : y = x}2_{và đường thẳng}

 

_{d : y 2x+m}_ _.

a) Vẽ

 

P và

 

d trên cùng một hệ trục tọa độ với m . Tìm tọa độ giao điểm của 3

 

d và

 

P .

b) Tìm m để

 

d tiếp xúc với

 

P . Xác định tọa độ giao điểm.
Lời giải

a) Vẽ

 

P và

 

d trên cùng một hệ trục tọa độ với m . Tìm tọa độ giao điểm của 3

 

d và

 

P .

với m thì đường thẳng 3

 

d : y 2x+3 .

x 0 1

y 2x 3  3 5

x -2 -1 0 1 2

2

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2 ₂ ₃

x  x _ _x2_₂_x_{ }_{3 0}_



_x_₁



_x_{ }₃



₀ 1

3
x
x

 


  _


Với x₁     nên giao điểm 1 y₁ 1 A



1;1



Với x₂  3 y₂  nên giao điểm 9 B

 

3;9

b) Tìm m để

 

d tiếp xúc với

 

P . Xác định tọa độ giao điểm.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2

x 2x m _ _x2_₂_{x m}_{ }₀

 

₁
' 1 m

  

để

 

d tiếp xúc với

 

P thì phương trình

 

1 có nghiệm kép  ' 0  1 m 0m  . 1
Thay m 1vào phương trình

 

1 : _x2 __{2x+1 = 0}_



_x_₁



2 _₀ _{ }_x ₁_{ }_y ₁

Giao điểm A

 

1;1

Bài 3. a) Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

x 0 2

1

y x 1

2


  1 0

x -4 -2 0 2 4

2
1

y x

4

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm :

2

1 1

1
4x 2 x



  _ _x2_₂_x_{ }_{4 0} 1 5

1 5

x
x
   
 

  


Với





2

1 1

1 5 ₃ ₅

1 5

4 2

x     y     nên giao điểm 1 5;3 5

2

A__   __

 

Với ₂ 1 5 ₂ 3 5

2

x    y   nên giao điểm 1 5;3 5

2
B__   __

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lấy A' là hình chiếu của A trên trục Ox A' 1



  5; 0



Lấy B' là hình chiếu của B trên trục Ox B' 1



  5; 0



' ' '0 '
OAB AA B B AA BB O

S S S S

'

1 1 3 5

' . ' . 1 5 . 2 5

2 2 2

AA O

S  AA A O        (đvdt)

'

1 1 3 5

' . ' . 1 5 . 2 5

2 2 2

BB O

S  BB B O       (đvdt)









' '

1 1 3 5 3 5

' ' . ' ' . . 1 5 1 5 3 5

2 2 2 2

BB A A

S  A B AA  BB  __    __      

  (đvdt)

3 5 ( 2 5) (2 5) 5

OAB

S        (đvdt)

Bài 4. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_x_{  .}_m ₁

a) Tìm m để đường thẳng

 

d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt A B, .
b) Gọi x x là hoành độ của ₁; ₂ A và B. Tìm m sao cho x₁  . x₂ 2

Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và ( )P là

2 _x ₁ 2 _x _{1 0}

x m    m x m   m (*)









2

2 ₄ ₁ 2 ₄ ₄ ₂

m m m m m

          .

a) Đường thẳng d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A B,    0



m2



2  0 m 2.
b) x x là hoành độ của ₁; ₂ A và B x x₁; ₂ là nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1 2

1. 2 1

x x m

x x m

  


  



Theo bài ra





2





2

1 2 2 1 2 4 1 2 4 1 2 4

x   x x x   x x  x x 









2 ₄ ₁ ₄ 2 ₄ ₄ ₄ ₄ ₀ 0 ( )

4 ( )

m tm

m m m m m m

m tm

 


          _{    }

 .

Bài 5. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_{x 2}_{ .}

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ,

 

d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A B, .
b) Gọi x x là hoành độ của ₁; ₂ A và B. Tìm m sao cho 2 2

1 2 1 2 2016

x x x x  .
Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và ( )P là

2 _{x 2} 2 _{x 2} ₀

x m x m

       (*)

2
8
m

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1 2

1. 2 2

x x m

x x

  


 



Theo bài ra





   

2 2

1 2 1 2 2016 1 2 1 2 2016 2 . 2016 1008

x x x x  x x x x     m  m .

Bài 6. Cho Parabol _{( ):}_{P y}_{ và đường thẳng}_x2

 

_{d y}_: __m_{x- m+1}_{. Tìm m sao cho đường thẳng}

 

_d

cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía của trục tung.
Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và ( )P là

2 _x ₁ 2 _{x+m 1 0}

x _m _{   }m x m _{ } (*)

Để đường thẳng d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía của trục tung
 (*) có hai nghiệm phân biệt trái dấu 1.



m    . 1



0 m 1

Bài 7. Cho phương trình : _x2_₂



_m_₁



_{x m}_{   ( x là ẩn)}_{3 0}

a) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
b) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm trái dấu

c) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm là 2 số đối nhau

d) Tìm một hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m
Lời giải

Xét phương trình : _x2_₂



_m_₁



_{x m}_{  }_{3 0}

 

_{1 ( x là ẩn)}

Ta có:



 



2

2 ₂ ₂ 1 7

' = 1 3 2 1 3 4

2 2

 

            _  _ 

 

m m m m m m m m

a) Để phương trình

 

1 có 2 nghiệm phân biệt

2

1 7

' 0 0

2 2

 

   _  _  

m  ln đúng m

Vậy với mọi m_{thì phương trình}

 

1 có 2 nghiệm phân biệt.

b) Để phương trình

 

1 có 2 nghiệm trái dấu 1.



m    . 3



0 m 3

c) Vì phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt theo hệ thức Vi -et ta có:





1 2
1 2

2 1
. 3

   




 


x x m

x x m

Do đó để phương trình (1) có 2 nghiệm đối nhau  x₁ x₂  0 2



m    1



0 m 1

d)Từ





 

 

1 2

1 2

1 2

1 2

2 2 2
2 1

2 . 2 6 3
. 3

x x m

x x m

x x m

x x m

  



   

 _

 

 

 

 

 

Trừ (2) cho (3) theo vế ta được: x₁ x₂ 2x x_{1 2} 8 ta được biểu thức không phụ thuộc vào
tham số m.

Bài 8. Cho phương trình : _x2_₂_mx_



₂_m_{ }₃



₀_{(ẩn x )}

a) Chưng minh rằng phương trình ln có nghiệm với mọi m_.

b) Tìm mđể phương trình có 2 nghiệm cùng dấu. Chứng minh rằng: với giá trị tìm được
của m hai nghiệm cùng dương.

2) Tìm mđể biểu thức 2 2
1 2

 

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) _x2_₂_mx_



₂_m_{ }₃



₀

 

₁

Ta có: _{ }_ _m2_



₂_m_{ }₃



_m2 _₂_m_{ }₃ _m2 _₂_m_{  }_{1 2}



_m_₁



2_₂

Do



m1



2 0 m 



m1



2  2 0 m hay ' >0   chứng tỏ phương trình m

 

1 ln
có 2 nghiệm phân biệt với mọi  . m

b) Gọi x x là 2 nghiệm của phương trình ₁; ₂

 

1 theo hệ thức Vi -et ta có: 1 2
1 2

2

. 2 3

x x m

x x m

 



 _ _



Để phương trình có 2 nghiệm cùng dấu thì ₁. ₂ 0 2 3 0 3
2

     

x x m m

Lại có x₁ x₂ 2m mà 3
2


m nên 2m0 hay x₁ x₂ 0.

Suy ra 1 2

1 2

0

. 0

 



 _


x x

x x

Vậy phương trình có 2 nghiệm dương với mọi 3
2


m .

c) Ta có: 2 2





2

 

2





2





2

1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 3 4 4 6 2 1 5

             

A x x x x x x m m m m m

Mà



2m1



2  0



2m1



2 5 5 hay A 5
Dấu "=" xảy ra khi



2 1



2 0 1

2

   

m m . Vậy Min A=5 khi 1

2


m .

GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LÂP PHƯƠNG TRÌNH - HPT
Dạng 4.1 : Chuyển động (trên đường bộ, trên đường sơng có tính đến dịng nước chảy)
Bài 1. Gọi thời gian dự định của ô tô để đi từA đến B là x ( giờ )



x 1



Thời gian ô tô đi từA đến B với vận tốc 35km h là /



x2

 

h
Quãng đường ô tô được là 35.



x2

 

km

Thời gian ô tô đi từA đến B với vận tốc 50km h là /



x1

 

h
Quãng đường ô tô được là 50.



x1

 

km

Do qng đường khơng đổi nên ta có phương trình:









35. x2 50. x 1
35x 70 50x 50

   

120 15x

 

8
x

  (thỏa mãn điều kiện).

Vậy thời gian dự định người đó đi hết quãng đường AB là 8 giờ
Quãng đường AB dài : 50. 8 1



 



350 km

 

.

Bài 2. Gọi vận tốc dự định người đó đi từA đến B là x



km h/





x0



Vậy thời gian dự định người đó đi hết quãng đường AB là 120

 

h

x

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Chiều dài qng đường cịn lại là : 120 40 80 km 

 

Vận tốc người đó đi trên qng đường cịn lại là



x10





km h /



Thời gian người đó đi trên quãng đường còn lại là 80

 

10 h
x

Thời gian thực tế người đó đi hết quãng đường AB là 40 80

 

10 h

x x

 _ 

 _ 

 

Do thực tế người đó đến sớm hơn dự định 24 phút = 2

 

5 h , nên ta có phương trình

40 80 120 2

10 5

x x  x 

80 80 2

10 5

x x

  







80 800 80 2

10 5

x x

x x

 

 





80010



25
x x

 



2

2x 20x 4000 0

   

 

1





2

10 2. 4000 8100 0



     

Suy ra phương trình

 

1 có 2 nghiệm phân biệt

1

10 8100
40
2

x    (thỏa mãn)

2

10 8100
50
2

x     (loại)

Vậy người đó dự định đi từ A đến B với vận tốc 40



km h /



Thời gian xe lăn bánh trên đường là: 40 80 2, 6

 

40 40 10   h .

Bài 3. Vận tốc thực của ca – nô là : 30 – 5 = 25



km h /



Vận tốc đi ngược dịng của ca – nơ là : 25 – 5 = 20



km h /



Gọi chiều dài quãng sông là x km

 

,



x0



Vậy thời gian ca – nô đi xuôi là :

 

30
x

h

Thời gian ca – nô đi ngược là :

 

20
x

h

Do thời gian đi xi ít hơn thời gian đi ngược là 1 giờ 20 phút = 11

 

4

 

3 h 3 h , nên ta có phương

trình:

4

30 3 20

x _{ } x

2 80 3

60 60 60

x x

  

80
x

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy khoảng cách giữa hai bến là 80



km h . /



Bài 4. Gọi vận tốc ca – nơ đi xi dịng là : x



km h/





x6



Vậy thời gian ca – nơ đi xi dịng 90

 

km là : 90

 

h

x

Vận tốc ca – nô đi ngược dòng là :



x6





km h /



Thời gian ca – nơ đi ngược dịng 36

 

km là : 36

 

6 h
x

Vì thời gian đi xi dịng nhiều hơn thời gian đi ngược dịng là 2 giờ, nên ta có phương trình:

90 36

2

6
x   x

45 18
1
6

x x

  



2
45x 270 18x x 6x

    

2 ₃₃ _{270 0}

x x

   

2

18 15 270 0

x x x

    



x 18



x 15



x 18



0

    



x 18



x 15



0

   









18
18 0

15
15 0

x TM

x

x TM

x




 



_ _{ }



 

 

Vậy nếu ca – nơ xi dịng với vận tốc 18



km h thì ca nơ ngược dịng với vận tốc là 12/





km h /



Nếu ca – nơ xi dịng với vận tốc 15



km h thì ca – nơ ngược dịng với vận tốc là 9 /





km h . /



Dạng 4.2. Toán làm chung – làm riêng

Bài 1. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ nhất
làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được 3

4 công việc.

Hỏi nếu làm riêng mỗi người làm cơng việc đó trong mấy giờ thì xong ?

Lời giải

Đổi : 7 giờ 12 phút = 36

5 giờ.

Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong cơng việc là: x (giờ, 36
5
x ).

Gọi thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là: y(giờ, 36
5
y ).

Một giờ người thứ nhất làm được: 1

x (công việc).

Một giờ người thứ hai làm được: 1

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1 1 5

36

x y (1)

Vì người thứ nhất làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì được 3

4 cơng việc nên ta

có phương trình : 5 6 3
4

x  y (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 1 5

36

5 6 3

4

x y
x y
  


  


6 6 5

6

5 6 3

4
x y
x y
  

 
  

1 1
12

5 6 3

4
x
x y

 

 
  

1 1
12

1 6 3

5.
12 4
x
y
 

 
 _{ }

1 1
12
6 1
3
x
y
 

 
 


12
( )
18
x
tm
y


  _


Vậy người thứ nhất làm một mình trong 12 giờ, người thứ hai làm một mình trong 18 giờ thì
xong việc.

Bài 2. Nếu vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được 4

5 hồ. Nếu vịi A chảy trong 3 giờ

và vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được 1

2 hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗi vịi chảy trong

bao lâu mới đầy hồ ?

Lời giải
Đổi : 1 giờ 30 phút = 3

2 giờ.

Gọi thời gian vịi A chảy một mình để đầy hồ nước là x (giờ, x ). 0

Gọi thời gian vòi B chảy một mình để đầy hồ nước là y (giờ, y0).
Một giờ vòi A chảy được 1

x (hồ).

Một giờ vòi B chảy được 1
y (hồ).

Vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được 4

5 hồ nên ta có phương trình :

2 3 4

5

x  y (1)

Vòi A chảy trong 3 giờ và vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được 1

2 hồ nên ta có phương

trình : 3 3 1

2 2

x y  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

2 3 4

5

3 3 1

2 2
x y
x y
  


  


6 9 12
5
6 3
1
x y
x y
  

 
  

6 7
5
6 3
1

y
x y
 

 
  

1 7
30
6 7
3. 1
30
y
x
 

 
  

1 7
30
6 3
10
y
x
 

 
 


30
( )
7
20
y
tm
x
 

 
 


Vậy nếu chảy một mình vịi A chảy đầy hồ trong 20 giờ, vòi B chảy đầy hồ trong 30

7 giờ.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lời giải

Gọi thời gian vịi I chảy một mình để đầy hồ nước là x (giờ, x ). 6
Gọi thời gian vòi II chảy một mình để đầy hồ nước là y (giờ, y6).
Một giờ vòi I chảy được 1

x (bể).

Một giờ vòi II chảy được 1
y (bể).
Một giờ cả hai vịi chảy được 1

6 (bể) nên ta có phương trình:

1 1 1

6

x  y (1)

Nếu mỗi vịi chảy một mình cho đầy bể thì vịi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ nên ta có

phương trình : y x 5 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

1 1 1

6
5
x y
y x
  


  


1 1 1

5 6
5
x x
y x
  

 
  










6 5 6 5

5

x x x x

y x
   

 
 


2 ₇ _{30 0}

5
x x
y x
   
 
 




10



3



0
5
x x
y x
  

 
 


 

10
15

3
( )
2
x
tm
y
x
ktm
y
 

 _


   
 _



Vậy nếu chảy riền thì vịi I chảy đầy bể trong 10 giờ, vòi II chảy đầy bể trong 15 giờ.
Dạng 4.3: Toán liên quan đến tỉ lệ phần trăm

Bài 1. Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy. Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%,
tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy. Tính xem trong tháng giêng mỗi tổ sản
xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

Lời giải

Gọi số chi tiết máy tổ I và tổ II làm được trong tháng giêng lần lượt là x , y( chi tiết )
(0x y, 720)

 

*

Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy nên ta có phương trình:

720
x y 

 

1

Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy
nên ta có phương trình:

3 3

15% 12% 819 720 99 5 4 3300

20 25

x y   x y  x y

 

2

Từ

 

1 và

 

2 ta có hệ phương trình:
720

5 4 3300

x y
x y
 

  


5 5 3600

5 4 3300

x y
x y
 

  _ _

420
300
x
y


  _

 (thoả mãn).

Vậy trong tháng giêng, tổ I sản xuất được 420 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 300 chi tiết máy.
Bài 2. Năm ngoái tổng dân số của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng 1, 2%

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi dân số tỉnh A và tỉnh B năm ngoái lần lượt là x , y (người)



x y, _*; ,x y4000000



 

*
Khi đó ta có phương trình: x y 4000000.

 

1

Năm nay dân số tỉnh A tăng 1, 2%, tỉnh B tăng 1,1% nên năm nay dân số tỉnh A và B lần lượt

là 1,012x và 1,011y (người).

Tổng dân số cả hai tỉnh năm nay là 4045000 người nên ta có phương trình:

1,012x1,011y4045000.

 

2
Từ

 

1 và

 

2 ta có hệ phương trình:

4000000

1,012 1,011 4045000

x y

x y

 


 _ _



4000000

0,012 0,011 45000

x y

x y

 


  _ _



12 11 48000000

12 11 45000000

x y

x y

 



  _ _



1000000
3000000
x

y



  _

 (thỏa mãn

 

* ).

Vậy số dân tỉnh A năm ngoái và năm nay lần lượt là 1000000 người và 1012000 người
Số dân tỉnh B năm ngoái và năm nay lần lượt là 3000000 người 3033000 người.
Dạng 4.4: Tốn có nội dung hình học

Bài 1. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 280 m. Người ta làm lối đi xung quanh vườn (thuộc
đất trong vườn) rộng 2 m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất cịn lại trong vườn để trồng
trọt là _{4256m .}2

Lời giải

Gọi chiều rộng và chiều dài của khu vườn lần lượt là x , y

 

m



0  x y 140



.

Chu vi khu vườn hình chữ nhật là 280 m 



x y



.2 280   x y 140  x 140y

 

1
Sau khi làm lối đi, chiều dài và chiều rộng còn lại của khu vườn là



x4



 

m ,



y4



 

m
Đất còn lại trong vườn để trồng trọt là 4256m nên ta có phương trình: 2



x4 .

 

y4



4256

 

2

Thế

 

1 vào

 

2 ta được:



140 y 4 .

 

y4



4256



136 y y



4



4256

   

2 ₁₄₀ _{544 4256}

y y

    

2 ₁₄₀ _{4800 0}

y y

    

80
60
y
y




  _



Với y80 x 60(thỏa mãn điều kiện của ẩn).
Với y60 x 80(không thỏa mãn điều kiện của ẩn).

Vậy chiều dài của khu vườn hình chữ nhật là 80 m, chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật là

60 m.

Bài 2. Cho một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dải lên 10 m , tăng chiều rộng lên 5 m thì diện tích

tăng 2

500 m . Nếu giảm chiều dài 15 m và giảm chiều rộng 9 m thì diện tích giảm 2
600 m .
Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi chiều dài, chiều rộng ban đầu của hình chữ nhật là a b m a b a;

 

 ; 15;b9



.
Nếu tăng chiều dài lên 10m , tăng chiều rộng lên 5m thì diện tích tăng_500m2_{nên ta có}

phương trình:



a10



b 5



ab500 ab5a10b50ab500 a 2b90 1 .

 

Nếu giảm chiều dài 15m và giảm chiều rộng 9m thì diện tích giảm _600m2_{nên ta có phương}

trình:



a15



b 9



ab600 ab9a15b135ab6003a5b245 2 .

 

Từ

   

1 ; 2 ta có hệ phương trinh: 2 90 3 6 270 40

3 5 245 3 5 245 25

a b a b a

a b a b b

    

 _ _

 _ _  _ _  _

   (Thỏa mãn).

Vậy chiều dài ban đầu của hình chữ nhật là 40m , chiều rộng ban đầu của hình chữ nhật là
25m .

Bài 3. Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vng lên 2 cm và 3 cm thì diện tích tam
giác tăng _{50 cm}2_{. Nếu giảm cả hai cạnh đi}_{2 cm thi diện tích sẽ giảm đi}_{32 cm}2_{. Tính hai}

cạnh góc vng.

Lời giải
Gọi hai cạnh góc vng là a b cm a b;

 

; 2



.

Nếu tăng các cạnh góc vng lên 2cm và 3cm thì diện tích tam giác tăng _50cm2_{nên ta có}

phương trình: 1



2



3



1 50 3 2 6 100

2 a b 2ab ab a b ab 3a2b94 1 .

 

Nếu giảm cả hai cạnh đi 2cm thi diện tích sẽ giảm đi_32cm2_{nên ta có phương trình:}







1 1

2 2 32 2 2 4 64

2 a b  2ab ab a b ab   a b 34 2 .

 

Từ

   

1 ; 2 ta có hệ phương trình:

3 2 94 3 2 94 26

34 2 2 68 8

a b a b a

a b a b b

    

  

 

 _{ }  _ _  _

   (Thỏa mãn).

Vậy hai cạnh góc vng là 26cm cm,8 .
Dạng 4.5 : Tốn về tìm số.

Bài 1. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục
và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị.

Lời giải
Gọi số tự nhiên cần tìm là ab a b



, _;0a b, 9



.

Tổng các chữ số bằng 11 nên ta có phương trình: a b 11 1

 

.

Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị nên
ta có phương trình:

27 10 10 27

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy số cần tìm là 47 .

Bài 2. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó và nếu
số cần tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3 .

Lời giải
Gọi số tự nhiên cần tìm là ab a



0, ,a b_;0a b, 9



.

Vì số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó nên ta có phương trình:

 

7 10 7 10 6 0 5 3 0 1

ab b a b  b a b  a b .

Nếu số cần tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3 nên ta có
phương trình: ab4



a b  



3 10a b 4a4b 3 6a3b 3 2a b 1 2

 

.
Từ

   

1 ; 2 ta có hệ phương trình:

5 3 0 5 3 0 3

2 1 6 3 3 5

a b a b a

a b a b b

    

  

 

 _{ }  _ _  _

   (Thỏa mãn điều kiện của ẩn).

Vậy số cần tìm là 35 .

II. PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG

Câu 1. Cho đường tròn



O R dây ;



AB



AB2R



. Từ điểm C thuộc tia đối của tia AB vẽ tiếp tuyến
CD tới đường tròn



O R (;



D thuộc cung lớn của đường tròn



O R ). ;



I là trung điểm của dây

AB. DI cắt đường tròn



O R tại ;



K. Kẻ KE song song với AB



E



O R;





. Chứng minh:

a) 2

.
CD CA CB.

b) Tứ giác CIOD nội tiếp..

c) CE là tiếp tuyến của đường tròn



O R . ;



d) Khi C chuyển động trên tia đối của tia AB thì trọng tâm G của ABDchuyển động trên một
đường tròn cố định.

Câu 2. Cho nửa đường trịn tâm

 

O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx cùng phía với nửa đường trịn
có bờ là đường thẳng AB . Lấy điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho C nằm trên cung AD
(C không trùng với A , D ), kẻ các tia AC, AD lần lượt cắt Bx tại E , F .

a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp.
b) Chứng minh AD AF.  AC AE. .

c) Gọi I là trung điểm của BF . Chứng minh DI là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

d) Giả sử đường thẳng CD cắt Bx tại G, tia phân giác của góc CGE cắt tia AF , AE lần lượt
tại M , N. Chứng minh tam giác AMN cân.

Câu 3. Cho



O R , dây AB cố định. Qua trung điểm I của dây AB , kẻ đường kính PQ ( thuộc ;



cung nhỏ AB ). E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ QB . QE cắt AB tại M , PE cắt AB tại D .
a) Chứng minh tứ giác DIQE nội tiếp.

b) Chứng minh ME MQ MD MI.  . .

c) Kẻ Ax // DE, Ax cắt

 

O tại F . Chứng minh rằng BE vng góc với QF .

d) Gọi giao điểm của BE và QF là K , tìm vị trí của E trên cung QB sao cho diện tích tứ
giác QABK có giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo R biết dây AB R 3.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Câu 4. Cho

 

O , dây BC không đi qua tâm. Trên cung lớn BC lấy A sao cho AB AC . Gọi D là
điểm chính giữa của cung nhỏ BC , OD cắt BC tại I . Kẻ đường thẳng qua B vng góc với

AD, cắt AD tại H, cắt AC tại K và cắt

 

O tại điểm thứ hai là E
a) Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp trong một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác EKC cân.
c) Chứng minh DI DE DH DC.  . .

d) Gọi M là giao điểm của DE và AC . Chứng minh khi A chuyển động trên cung lớn BC và
thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trung điểm đoạn HM ln chuyển động trên cung tròn cố định.
Câu 5. Trên hai cạnh góc vng xOy lấy hai điểm A và B sao cho OA OB . Môt đường thẳng qua

A cắt OB tại M ( M nằm trên đoạn OB). Từ B hạ đường vng góc với AM tại H , cắt AO

kéo dài tại I

a) Chứng minh tứ giác OMHI nội tiếp.
b) Tính góc OMI .

c) Từ O vẽ đường vng góc với BI tại K . Chứng minh rằng: OK KH .
d) Tìm tập hợp các điểm K khi điểm M thay đổi trên OB.

ĐÁP ÁN

Câu 1. Cho đường tròn



O R dây ;



AB



AB2R



. Từ điểm C thuộc tia đối của tia AB vẽ tiếp tuyến
CD tới đường tròn



O R (;



D thuộc cung lớn của đường tròn



O R ). ;



I là trung điểm của dây

AB. DI cắt đường tròn



O R tại ;



K. Kẻ KE song song với AB



E



O R;





. Chứng minh:

a) 2

.
CD CA CB.

b) Tứ giác CIOD nội tiếp.

c) CE là tiếp tuyến của đường tròn



O R . ;



d) Khi C chuyển động trên tia đối của tia AB thì trọng tâm G của ABDchuyển động trên một
đường tròn cố định.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Ta có Xét CDA và CBDcó:

CDA DBA  (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung DA ).
DCA chung. 

CDA CBD

  ∽ (g-g).

CD CB

CA CD

  2

.
CD CA CB

  .

b) Xét đường tròn



O R có ;



I là trung điểm của dây AB OI AB tại I CIO 900.
Vì CD là tiếp tuyến của đường tròn



O R;



CD OD __CDO_₉₀0_.

Xét tứ giác có:  CIO CDO 900900 1800.
CIOD

 là tứ giác nội tiếp.

c) Vì CIOD là tứ giác nội tiếpCID COD  (Hai góc nội tiếp cùng chắn CD ).
Mà KE/ /ABCID EKD  ( 2 góc đồng vị).

Nên COD EKD

Mà  1

2

EKD DOE (Góc nội tiếp , góc ở tâm cùng chắn cung DE )

 1

2

COD DOE

  OC là phân giác của góc DOE .
Xét CODvà COEcó:

CO chung.

COD COE  (OC là phân giác của góc DOE ).
OD OE R  .

COD COE

    (c-g-c).

 
CDO CEO

  ( 2 góc tương ứng).

Mà _CDO_₉₀0_{nên }_CEO_₉₀0_hay_{CE OE}_ _.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

d). Trên đoạn OI lấy điểm J sao cho 2

3
JO OI .

ABD

 có DI là trung tuyến và G là trọng tâm nên 2

3
DG DI.

ODI

 có OJ 2

3
DG

OI DI

 

 _ _

  GJ // DO (Định lí Talet đảo).
1

3

GJ IG

OD ID

   (Hệ quả định lí Talet).

1 1

3 3

JG OD R

   khơng đổi.

Lại có AB cố định nên I cố định mà O cố định nên J cố định.

Vậy khi C chuyển động trên tia đối của tia AB thì trọng tâm G của ABDchuyển động trên
một đường tròn ;1

3

J R

 

 

  cố định.

Câu 2. Cho nửa đường trịn tâm

 

O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx cùng phía với nửa đường trịn
có bờ là đường thẳng AB . Lấy điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho C nằm trên cung AD
(C không trùng với A , D ), kẻ các tia AC, AD lần lượt cắt Bx tại E , F .

a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp.
b) Chứng minh AD AF.  AC AE. .

c) Gọi I là trung điểm của BF . Chứng minh DI là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

d) Giả sử đường thẳng CD cắt Bx tại G, tia phân giác của góc CGE cắt tia AF , AE lần lượt
tại M , N. Chứng minh tam giác AMN cân.

Lời giải

2

1

M

N

G

I

F

E

C

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Ta có tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm

 

O . Suy ra ABD DCE (1)

Mà ABD FDG (cùng phụ với góc FAB) (2)

Từ (1) và (2) suy ra DCE FDG.
Suy ra tứ giác CDFE nội tiếp.
b) Xét ACD và AFE có:



FAE chung
 

CDA CEF (do tứ giác CDFE nội tiếp)
Suy ra ACD_AFE(g.g).

Suy ra AC AD

AE  AF  AC AF.  AE AD. .

c) Do I là trung điểm của BF nên DI là đường trung tuyến trong DFB .
Suy ra

2
EF
DI BI EI  .
Do đó DIB cân tại I .

Suy ra BDI IBD (3)

Mặt khác ta có IBD DAB ADO  (4)
Từ (3) và (4) suy ra BDI ADO.

Mà   90ADO ODB   nên   90BDI ODB  .
Suy ra DI là tiếp tuyến của đường trịn tâm

 

O .
d) Ta có FDG CDA (hai góc đối đỉnh).

Theo câu b), ACDAFE nên E CDA 
Do đó, FDG E 

  ₁

AMN G FDG
 G₁ E

Ta có ANM G ₂ E
Mà nên AMN ANM .
Suy ra AMN cân tại A.

Bài 3. Cho



O R , dây AB cố định. Qua trung điểm I của dây AB , kẻ đường kính PQ ( thuộc ;



cung nhỏ AB ). E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ QB . QE cắt AB tại M , PE cắt AB tại D .

a) Chứng minh tứ giác DIQE nội tiếp.

b) Chứng minh ME MQ MD MI.  . .

c) Kẻ Ax // DE, Ax cắt

 

O tại F . Chứng minh rằng BE vng góc với QF .

d) Gọi giao điểm của BE và QF là K , tìm vị trí của E trên cung QB sao cho diện tích tứ
giác QABK có giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo R biết dây AB R 3.

Lời giải

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Vì I là trung điểm của dây AB và PQ là đường kính qua I nên suy ra PQ AB.
Mặt khác góc PEQ  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 90

Do đó tứ giác DIQE là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính DQ .

b) Xét hai tam giác MED và MIQ ta có MED MIQ 90  và góc M chung
Suy ra MED _MIQ



g g



.

Từ đó suy ra ME MD

MI MQ ME MQ MD MI.  . .

c) Vì Ax DE nên // FAB  ADE (so le trong)
   

BP PF BP EA

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vì Q là điểm chính giữa cung nhỏ AB nên AQ QB nên  1



 



90
2

BKF  BP BQ   .

Suy ra QFBE.

Câu 4. Cho

 

O , dây BC không đi qua tâm. Trên cung lớn BC lấy A sao cho AB AC . Gọi D là
điểm chính giữa của cung nhỏ BC , OD cắt BC tại I . Kẻ đường thẳng qua B vng góc với

AD, cắt AD tại H, cắt AC tại K và cắt

 

O tại điểm thứ hai là E
a) Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp trong một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác EKC cân.
c) Chứng minh DI DE DH DC.  . .

d) Gọi M là giao điểm của DE và AC . Chứng minh khi A chuyển động trên cung lớn BC và
thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trung điểm đoạn HM ln chuyển động trên cung tròn cố định.

Lời giải:

a) Ta có D là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên ODBC tại I do đó  90BID  .
Xét tứ giác BDIH có BHD BID  90  .

Mà 2 đỉnh H I, là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn BD một góc 90 nên tứ giác BHID nội
tiếp trong một đường trịn.

b) + Ta có D là điểm chính giữa của cung nhỏ BCBAD DAC  AD là đường phân giác
của góc BAC

 

1 .

+ Lại có: BH  AD tại H

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 suy ra ABKcó AH vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ABKlà tam
giác cân.

Do đó  A BK  AK B mà

 

AKB EKC



(đối đỉnh),

 

ABK ACE



(cùng chắn cung AE ) nên





EKC ACE



 CEKcân tại E .
c) Xét tam giác IDC và HDE có : 

 

_

_

90

H I

HED ICD

   









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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

nên IDC∽HDE (g-g) DI DH

DC DE

  DI DE DH DC.  . _.

d) Gọi J P Q, , lần lượt là trung điểm của HM BI CI, , .

Ta có tam giác KEC cân tại E mà EM là phân giác nên M là trung điểm KC .
Xét tam giác BKC có HI là đường trung bình



//

HI KM

HI KM




 .

Do đó HIMK là hình bình hành. Suy ra I J K, , thẳng hàng.
Xét tứ giác BDIH nội tiếp có :KHI BDI

 

1

Xét tứ giác CDIM có

DIC CMD

  90



 

hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn CD dưới một góc

vuông nên tứ giác CDIM nội tiếp trong một đường tròn.

Suy ra:  KMI CDI

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2   KMI KHI BDC cố định  360 
2

BDC

HKM  

  cố định.

Mà PJQ HKM  nên PJQ cố định. Do P Q, cố định nên J chuyển động trên cung tròn cố
định nhìn đoạn P Q dưới một góc khơng đổi.

Câu 5. Trên hai cạnh góc vng xOy lấy hai điểm A và B sao cho OA OB . Môt đường thẳng qua
A cắt OB tại M (M nằm trên đoạn OB ). Từ B hạ đường vng góc với AM tại H, cắt AO
kéo dài tại I

a) Chứng minh tứ giác OMHI nội tiếp.
b) Tính góc

OMI



.

c) Từ O vẽ đường vng góc với BI tại K. Chứng minh rằng: OK KH .
d) Tìm tập hợp các điểm K khi điểm M thay đổi trên OB.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 90 ; 90

IOM   MHI    180IOM MHI   mà  IOM MHI; là hai góc đối nhau.
Vậy tứ giác O MHI nội tiếp (theo tính chất tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 )
b) Xét tam giác AOM và BOI có :

 







  90
OA OB

OAM OBI OIH

AOM BOI

 _

 _




   



cùng phụ với góc  AOM  BOI g c g



. .



OM OI
OIM

  vuông cân tại OOMI 45 .

Vậy góc  45OMI   .

c) Tứ giác OMHI nội tiếp OMI OHI  45   (cùng chắn cung OI )
Mà OKH vuông tại K  OKH vuông cân tại K OK KH.
Vậy OK KH.

d) Ta có tam giác OKB vng tại K

K

 nằm trên đường tròn đường kính OB cố định

 khi M di chuyển trên OB thì K di chuyển trên 1 cung trịn của đường trịn đường kính OB

BÀI TỐN KHỐI HÌNH TRỤ - HÌNH NĨN – HÌNH CẦU

Bài 1. Mặt cắt qua trục của một hình trụ là là một hình vng có diện tích là _100cm2_{. Tính :}

a) Diện tích xung quanh của hình trụ .
b) Thể tích của hình trụ .

Bài 2. Một bình đựng nước hình trụ có bán kính đáy là 12cm, chiều dài của cột nước trong bình là 18cm
. Người ta cho một hịn đá vào trong bình và ngập hồn tồn trong nước , chiều cao của cột nước
bây giờ là 20cm. Tính thể tích hịn đá.

Câu 3. Trong xây dựng người ta thường dùng gạch lỗ để xây tường cho nhẹ. Mỗi viên gạch dài 20 cm,
rộng 10 cm, cao 5,5cm. Dọc theo chiều dài mỗi viên gạch có hai lỗ hình trụ, mỗi lỗ có đường
kính 3,6cm. Tính thể tích đất để làm mỗi viên gạch.

Câu 4. Một lọ thuốc hình trụ đặt khít trong một hộp giấy hình hộp chữ nhật có thể tích là _{200cm . Tính}3

thể tích của lọ thuốc hình trụ.

HƯỚNG DẪN

Bài 1. Mặt cắt qua trục của một hình trụ là một hình vng có diện tích là _100cm2_{. Tính :} 

a) Diện tích xung quanh của hình trụ .
b) Thể tích của hình trụ .

Lời giải

a) Thiết diện của mặt trụ và mặt phẳng qua trục là hình vng có diện tích _100cm2_{nên cạnh của}

hình vng là 100 10cm .

Vì chiều cao của hình trụ bằng độ dài cạnh của mặt cắt qua trục hình trụ nên chiều cao của hình
trụ có độ dài là :

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Bán kính đáy hình trụ là : 10 5cm
2

r  .

Diện tích xung quanh của hình trụ là :

2

2 2. .5.10 100 cm

xq

S  rh    .

b) Thể tích của hình trụ là :

 

2 _{.5 .10 250}2 _cm3

V r h   .

Bài 2. Một bình đựng nước hình trụ có bán kính đáy là 12cm, chiều dài của cột nước trong bình là 18cm
. Người ta cho một hịn đá vào trong bình và ngập hồn toàn trong nước , chiều cao của cột nước
bây giờ là 20cm. Tính thể tích hịn đá.

Lời giải

Sau khi thả hịn đá vào trong bình thì cột nước dâng lên có chiều cao là :
20 18 2cm 

Thể tích hịn đá chính là thể tích của cột nước dâng lên hình trụ nên :
_V ___{r h}2 ___{.12 .2 288}2 _ _

 

_cm3 _.

Bài 3. Trong xây dựng người ta thường dùng gạch lỗ để xây tường cho nhẹ. Mỗi viên gạch dài 20 cm,
rộng 10 cm, cao 5,5cm. Dọc theo chiều dài mỗi viên gạch có hai lỗ hình trụ, mỗi lỗ có đường

kính 3,6cm. Tính thể tích đất để làm mỗi viên gạch.

Lời giải

Bán kính lỗ hình trụ dọc theo viên gạch là: r 3, 6 1,8(cm)
2

  .

Thể tích của hai lỗ hình trụ dọc theo chiều dài mỗi viên gạch là:

2 2 3

1

V  2. r h 2. .1,8 .20 129, 6 (cm )    .
Thể tích của viên gạch là:

3
2

V 20.10.5,5 1100 (cm ) .
Thể tích đất để làm mỗi viên gạch là:

3

2 1

VV V 1100 129, 6  692,85(cm ).

Vậy thể tích đất để làm mỗi viên gạch là 693,056 cm . 3

Bài 4. Một lọ thuốc hình trụ đặt khít trong một hộp giấy hình hộp chữ nhật có thể tích là _{200cm . Tính}3

thể tích của lọ thuốc hình trụ.

Lời giải

Vì lọ thuốc hình trụ đặt khít trong một hộp giấy hình hộp chữ nhật nên hình hộp chữ nhật có đáy
là hình vng. Gọi cạnh của hình vng là a (cm), chiều cao của hình hộp chữ nhật là h (cm).

Thể tích của hình hộp chữ nhật là: 2 3

1

V a .h 200 (cm ) .
Bán kính của đáy hình trụ là a(cm)

2 .

2 ₂

.V

a .a .h 

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHẦN 2 : ĐỀ THI HỌC KÌ 2 CÁC NĂM
UBND QUẬN THANH XUÂN

TRƯỜNG THCS THANH XUÂN
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG
MƠN: TỐN LỚP 9

NĂM HỌC 2019-2020

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2, 0điểm)

Cho hai biểu thức 3 2

1
x
A

x



 và

15 11 2 3

2 3 3

x x

B

x x x

 

 

   với x , 0 x 1

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x16.
b) Đặt P A B. Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm m để có x thỏa mãn P( x 3) m.
Câu 2. (2,5điểm)

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

Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một ca nô xi dịng sơng từ A đến B dài 48 km. Khi đếnB, ca nơ nghỉ 30
phút sau đó ngược dòng từ B về Alúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vận tốc riêng của ca nơ biết vận
tốc dịng nước là 3 km/h.

2) Một tàu đánh cá khi ra khơi cần mang theo 50 thùng dầu, mỗi thùng dầu coi là hình trụ có chiều cao là
90 cm, đường kính đáy thùng là 60 cm. Hãy tính xem lượng dầu tàu phải mang theo khi ra khơi là bao
nhiêu lít (lấy  3,14 kết quả làm trịn đến hàng đơn vị)?

Câu 3. (2, 0điểm)

1) Giải hệ phương trình

3 2

8

1 3

1

x y y x

x y y x

 _ _

  




 _ _{ }

  



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y(m3)x m và parabol _{( ) :}_{P y}_₂_x2_{(với m là}

tham số).

a) Tìm tọa độ giao điểm của

 

d và

 

P khi m 2,5

b) Tìm tất cả các giá trị của m để

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x , ₁ x sao cho biểu thức ₂

1 2

A x x đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4. (3,0điểm)

Cho đường tròn



O R đường kính ;



AB cố định. Gọi H là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA (điểm H

khác điểm O và điểm A). Vẽ dây CD vng góc với AB tại H. Gọi M là điểm bất kì thuộc đoạn
thẳngCH . Nối AM cắt

 

O tại điểm thứ hai là E. Tia BE cắt tia DC tại F.

a) Chứng minh bốn điểmH, M, E, Bcùng thuộc một đường tròn.

b) Kẻ Ex là tia đối của tia ED. Chứng minh FEx FEC và MC FD FC MD.  .

c) Tìm vị trí của điểm H trên đoạn thẳng OA để diện tích OCH lớn nhất.
Câu 5. (0,5điểm)

Với các số thực a , b , c thay đổi thỏa mãn a ; 1 b ; 01   và c 1 a b c   3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2 c2

ab bc ca

 



  .

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2, 0điểm)

Cho hai biểu thức 3 2

1
x
A
x



 và

15 11 2 3

2 3 3

x x

B

x x x

 

 

   với x , 0 x 1

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x16.
b) Đặt P A B. Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm m để có x thỏa mãn P( x 3) m.

Lời giải
a) x16(thỏa mãn điều kiện xác định)

Thay x16vào biểu thức 3 2
1
x
A

x



 ta được:

3 16 2 3.4 2 12 2 10

1 4 3 3

1 16

A       

 

 .

Vậy khi x16 thì 10

3
A  .
b) Với x ; 0 x . Ta có: 1

3 2 15 11 2 3

1 2 3 3

P B x x x

x x x x

A     


  

  







3 2 15 11 2 3

1 1 3 3

x x x

x x x x

P      




  











 

















3 2 3 ₁₅ ₁₁ 2 3 1

1 3 1 3 1 3

x

P x x x x

x x x x x x

   _  



   

 

 



3 1



7 63

 

151



11 3

 

2 1



33



x x x x x

x
P

x x x x x

   _  _  

  



  







3 7 6 15 11 2 3

1 3

x

P x x x x x

x
     

  














 





5 5 2 2

5 7 2

1 3 1 3

P x x x x x

x x x x

   
   _


  



 









5 1 2 1

1 3

P x x x

x x
 

  














1 5 2 ₅ ₂

3

1 3

x x _x

x
x x
   _ _
 

 

Vậy với x ; 0 x thì 1 5 2
3
P x
x

 


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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Mặt khác: x 1 x   1 5 x    5 5 x      2 3 m 3

 

2
Từ

 

1 và

 

2   ;m 2 m  3

Vậy với m ; 2 m  thìcó x thỏa mãn 3 P( x 3) m.
Câu 2. (2,5điểm)

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

Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một ca nơ xi dịng sông từ A đến B dài 48 km. Khi đếnB, ca nơ nghỉ 30
phút sau đó ngược dịng từ B về Alúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vận tốc riêng của ca nơ biết vận
tốc dòng nước là 3 km/h.

2) Một tàu đánh cá khi ra khơi cần mang theo 50 thùng dầu, mỗi thùng dầu coi là
hình trụ có chiều cao là 90 cm, đường kính đáy thùng là 60 cm. Hãy tính xem
lượng dầu tàu phải mang theo khi ra khơi là bao nhiêu lít (lấy  3,14 kết quả
làm trịn đến hàng đơn vị)?

Lời giải
1) Gọi x (km/h) là vận tốc riêng của ca nô



x 3



Vận tốc xuôi dịng của ca nơ là: x (km/h) 3
Vận tốc ngược dịng của ca nơ là: x (km/h) 3
Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là: 48

3
x (giờ)

Thời gian ca nơ ngược dịng từ B về A là: 48

3
x (giờ)

Thời gian ca nô đi từ A đến B rồi từ B trở về A, khơng tính thời gian nghỉ là 3 giờ 36 phút hay 18

5 giờ

nên ta có phương trình: 48 48 18 8 8 3

3 3 5 3 3 5

x  x   x x 







40



3





40





3





3





3





3





5 3 3 5 3 3 5 3 3

x x x x

x x x x x x

   

  

     



2



40x 120 40x 120 3 x 9

      _₃_x2_₈₀_x__{27 0}_





2





₂

40 3. 27 41 0



      

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1

40 41
27
3

x    (thỏa mãn);

2

40 41 1

3 3

x     (loại)

Vậy vận tốc riêng của ca nô là27 km/h.

2) Bán kính của đáy thùng dầu là R60 : 2 30 (cm)

Thể tích của mỗi thùng dầu là _V ___{R h}2 __{3,14.30 .90 254340}2 _

 

_{cm hay}3

254,34

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Thể tích của 50 thùng dầu là 254,34.50 12717

 

_{dm hay 12717 (lít).}3

Vậy khi ra khơi tàu phải mang theo 12717 lít dầu.
Câu 3. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3 2

8

1 3

1

x y y x

x y y x

 _ _

  




 _ _{ }

  



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y(m3)x m và parabol _{( ) :}_{P y}_₂_x2_{(với m là}

tham số).

a) Tìm tọa độ giao điểm của

 

d và

 

P khi m 2,5

b) Tìm tất cả các giá trị của m để

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x , ₁ x sao cho biểu thức ₂

1 2

A x x đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

1) Hệ phương trình :

3 2

8

1 3

1

x y y x

x y y x

 _ _

  




 _ _{ }

  



(Điều kiện xác định: x  ) y

Ta có:

3 2 3 2 11

8 8 11

1 3 3 9 1 3

1 3 1

x y y x x y y x y x

x y y x x y y x x y y x

 _ _  _ _  _

 _ _  _ _  _

 _ _

  

 _ _{ }  _ _{ }  _{  }

        

  

1 1

1 ₂ 1

2

y x y x

x y
x y

 

   

 

_ _

  

 _ _



3 3

2

2 4

1 1

2

2 4

y y

x x

 _  _

 

 

_ _

_ _  _{ }

 

 

(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là



x y;



 1 3;
4 4

_ 

 

 

Nên dùng phương pháp đặt ẩn phụ 1 a; 1 b
x y  y x 

2) Đường thẳng ( ) :d y(m3)x m và parabol _{( ) :}_{P y}_₂_x2_{(với m là tham số)}

Hoành độ giao điểm của

 

d và

 

P là nghiệm của phương trình:









2 2

2x  m3 x m 2x  m3 x m  0

 

1
a) Với m 2,5 phương trình

 

1 trở thành₂_x2__0,5_x__{2,5 0}_

Vì a b c    2



0,5

 

 2,5



  Phương trình có nghiệm 0 x₁   ; 1 ₂ 2,5 5

2 4

x  

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

b) Đường thẳng

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x , ₁ x khi và chỉ khi phương trình ₂

 

1 có
hai nghiệm phân biệt





2

0 m 3 8m 0

       ₂





2

2 9 0 1 8 0

m m m

         nghiệm đúng với mọi giá trị của m



 

d luôn cắt

 

P tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m .

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

1 2

3
2
2

m

x x

m
x x


  




 _



Mặt khác: 2





2

1 2 1 2

A x x  A  x x





2
2

1 2 1 2

3

4 4

2 2

m m

x x x x   

   _ _  

 



 



2 1 2 ₆ _{9 8} 1 2 ₂ ₉

4 4

A m m m m m

        1





2 1

1 8 8 2 2

4 m  4 A

 _   _    

Dấu " " xảy ra



m1



2     0 m 1 0 m1

Vậy với m1 thì

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , ₁ x sao cho biểu thức ₂ A x₁x₂ đạt
giá trị nhỏ nhất.

Câu 4. (3,5 điểm)

a) Xét (O):
 90

AEB  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay  90MEB 
CH  ABMHB 90 

Xét tứ giácBEMH :   90MEB MHB     90 180

 Tứ giác BEMH là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm H, M , E, B cùng thuộc một đường tròn.
b) AB CD tại H  H là trung điểm của CD hay AB là đường trung trực của CD

   

AC AD AC AD AEC AED

      EM là tia phân giác của CED CE MC

ED MD

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lại có: AEB  90 AEF   90  AEC FEC   và   9090 AED FEx  
Mà AECAEDFEx FEC   EF là tia phân giác góc ngồi tại E của CED

CE FC

ED FD

  MC FC MC FD FC MD. .

MD FD

   

Vậy FEx FEC và MC FD FC MD.  .

c) OCH vuông tại H 2 2 2 2

HC HO OC R

   

Với hai số a , b ta có:





2 2 2

0 2 0

     

a b a ab b

2 2

2 2 ₂

2

a b  abab a b
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a b

Áp dụng ta có: Diện tích OCH là

2 2 2

1 1

2 2 2 4

OCH

HC HO R

S_  HC HO    

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 2

2
R
HCHO

Vậy diện tích OCH lớn nhất khi 2

2
R
OH 

Câu 5. (0,5 điểm)

Ta có:









2

2 _ 2_ 2 _{ } _₂ _ _

 

   

a b c ab bc ca

a b c

P

ab bc ca ab bc ca





9 2 9

2

  

  

   

ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

Lại có:

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

2

a b ab

b c bc a b c ab bc ca a b c ab bc ca

c a ca

  

             

  






2





2 2 2 ₂ ₂ ₂ ₃ ₃ ₃ ₃

a b c ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca

              





2

3
3

a b c

ab bc ca  

     (do a b c   ) 3 9 2 9 2 1

3
P

ab bc ca

     

 

Dấu " " xảy ra     a b c 1

Mặt khác: a ; 1 b1



a1



b  1



0 ab a b    1 0 ab a b   1





1 1

ab bc ca a b bc ca ab bc ca a b c a b

               

Mà a b c       3 a b 3 c ab bc ca     3 c 1 c



3 c







2 2

2 3 2 2 2 2

ab bc ca c c c ab bc ca c c ab bc ca c c

                  

Do 0  c 1 c



2   c



0 2 c



2  c



2 ab bc ca   2

9 9 5

2 2

2 2

P

ab bc ca

     

 

Dấu " " xảy ra











1 1 0

1; 2; 0

2 0

2; 1; 0

3

1; 1;0 1

  

 _ _ _
  


_ _{ }
 
   

    

a b

a b c

c c

a b c

a b c

a b c

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHỊNG GD&ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA
TRƯỜNG THCS ĐỐNG ĐA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
Năm học 2019 - 2020

MÔN: TOÁN 9
Câu 1. (2,5 điểm)

Cho biểu thức 2

7
x
A

x



 và

2 3 1

2 2

x x

B

x x x x



  

  với x0;x4

1) Tính giá trị của A khi x 9

2) Chứng minh B x 2

x



3) Cho biểu thức P A
B

 . Tìm tất cả giá trị nguyên của x để 1

2
P 

Câu 6. (2,5 điểm)

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai người thợ cùng làm một công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ và người thứ
hai làm 6 giờ thì cả hai người làm được 25% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hồn thành
cơng việc đó trong bao lâu ?

2) Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy là 0,8 mét và chiều cao là 2 mét. Hỏi bồn nước này đựng
đầy được bao nhiêu mét khối nước (Bỏ qua bề dày của bồn nước, tính với số π3,14 và kết quả làm tròn
đến chữ số thập phân thứ hai)

Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: _x2_



_m_₂



_x_₂_m_₀

 

_{1 (}_m_{là tham số)}

1) Giải phương trình

 

1 khi m . 0

2) Tìm m để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂ thỏa mãn 2 2

1 2 1 2 16

x x x x 

Câu 4. (3,0 điểm). Cho đường tròn



O R có đường kính ;



AB và điểm H là trung điểm của bán kính
OA . Kẻ dây CD vng góc với đường kính AB tại điểm H. Lấy điểm G bất kì trên đoạn thẳng
CH ( G khác C , G khác H). Tia AG cắt đường tròn



O R tại điểm thứ hai là ;



E.

a) Chứng minh bốn điểm H, G , E, B nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh EA EG EC ED   .

c) Tính giá trị của biểu thức EA

EC ED .

Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a; b ; c thay đổi thỏa mãn a b c3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

2019 4026 2019 2020 4028 2020 2021 4030 2021

M  a  ab b  b  bc c  a  ac c

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. (2,5 điểm)

Cho biểu thức 2

7
x
A

x



 và

2 3 1

2 2

x x

B

x x x x



  

  với x0;x4

1) Tính giá trị của A khi x 9

2) Chứng minh B x 2

x



3) Cho biểu thức P A
B

 . Tìm tất cả giá trị nguyên của x để 1

2
P 

Lời giải
1) Thay x (thoả mãn điều kiện) vào 9 A ta có:

9 2 3 2 1

3 7 10
9 7

A    





Vậy với x thì 9 1

10
A

2) Với x0;x4 ta có:

2 3 1

2 2

x x

B

x x x x



  

 





2 3 1

2

2

x x

B

x x

x x



  












2 3 2 .

2

x x x x

B

x x

   









2 3 2

2

x x x

B

x x

   







4 24



x x

B

x x

 













2
2

2
x
B

x x






2
x
B

x


 (điều phải chứng minh)

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vì 0 0 7 0 0

7
x

x x x

x

       

 hay P . 0
Do đó P ln tồn tại với mọi x0;x4

Ta có: 1

2

P  1

4
P

  1

4
7
x
x

 



1
0
4
7
x
x

  







4 7

0

4 7

x x

x

 

 







3 7

0

4 7

x
x



 

 3 x 7 0 (vì 4



x7



  thỏa mãn điều kiện) 0 x

7 49

3 7

3 9

x x x

     

Kết hợp với điều kiện ta có: 0 49; 4
9

x x

  

Vì x_{ nên}x



1; 2;3;5



Vậy với x



1; 2;3;5



thì 1

2
P 

Câu 2.

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai người thợ cùng làm một cơng việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ và người thứ
hai làm 6 giờ thì cả hai người làm được 25% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hồn thành
cơng việc đó trong bao lâu ?

2) Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy là 0,8 mét và chiều cao là 2 mét. Hỏi bồn nước này đựng

được bao nhiêu mét khối nước (Bỏ qua bề dày của bồn nước, tính với số π3,14 và kết quả làm trịn đến
chữ số thập phân thứ hai)

Lời giải

1) Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng hồn thành cơng việc là: x (giờ, x16)
Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng hồn thành cơng việc là: y (giờ, y16)
Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được: 1

x (công việc)

Trong 1 giờ, người thứ hai làm được: 1

y (công việc)

Cả hai người cùng làm trong 16 giờ mới xong cơng việc nên ta có phương trình: 1 1 1

16
x y (1)

Trong 3 giờ, người thứ nhất làm được: 3

x (công việc)

Trong 6 giờ, người thứ hai làm được: 6

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Người thứ nhất làm trong 3 giờ, người thứ hai làm trong 6 giờ thì được 25% cơng việc nên ta có

phương trình: 3 6 25% 3 6 1

4
x y   x y (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình:









1 1 1 3 3 3 1 1 1

1 1 1 ₂₄

16 16 16

48 16

3 6 1 3 6 1 3 1 ₄₈ 48

4 4 16

thỏa mãn
thỏa mãn
x

x y x y x y

x

y
y

x y x y y

 _{ }  _{ }  _{ }



   _ _ _ _

 _ _ _ _

    




 _{ }  _{ }  _ _ _ 

  

  

Vậy người thứ nhất làm riêng thì xong cơng việc trong 24 giờ.
người thứ nhất làm riêng thì xong cơng việc trong 48 giờ.

2) Đường kính đáy của bồn nước hình trụ là 0,8 mét, nên bán kính đáy của bồn nước hình trụ là:

0,8
0, 4

2  (mét)

Bồn nước hình trụ có chiều cao là 2mét

Thể tích của bồn nước hình trụ là: _V ___{. .}_{r h}2 __{3,14.0, 4 .2 1}2 _

 

_m3

Vậy bồn nước đựng được khoảng 1 mét khối nước.

Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: _x2_



_m_₂



_x_₂_m_₀

 

_{1 (}_m_{là tham số)}

1) Giải phương trình

 

1 khi m . 0

2) Tìm m để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂ thỏa mãn 2 2

1 2 1 2 16

x x x x 
Lời giải

1) Với m thay vào 0

 

1 ta có:

 

₁ 2 ₂ ₀



₂



₀ 0

2
x

x x x x

x



     _{   }

 .

Vậy với m phương trình 0

 

1 có 2 nghiệm phân biệt 0
2
x
x



 

 .

2) Phương trình

 

1 có a1;b 



m2 ;



c2m



_m ₂



2 _4.2_{m m}2 ₄_m _{4 8}_{m m}2 ₄_m ₄



_m ₂



2 ₀

   _  _            với mọi m

Để phương trình

 

1 có 2 nghiệm phân biệt thì   (vì 0 a  ).1 0





2

2 0 2 0 2

m m m

       

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1 2

1 2

2

. 2

b

x x m

a
c

x x m

a

     




 _{ }



Theo bài ra ta có:





2 2

1 2 1 2 16 1 2 1 2 16

x x x x  x x x x  _₂_{m m}



_₂



_₁₆__{m m}



_₂



_{ }₈ _m2_₂_m_{ }_{8 0}



 









2 ₄ ₂ _{8 0} ₄ ₂ ₄ ₀ ₂ ₄ ₀

m m m m m m m m

             





2

4
(loại)

thỏa mãn
m

m


  _{ }



Vậy với m  thì phương trình 4

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂ thỏa mãn

2 2

1 2 1 2 16

x x x x 

Cách 2: _x2_



_m_₂



_x_₂_m_{ }₀ _x2__mx_₂_x_₂_m_₀



 

2



0



2





0 x 2

x x m x m x x m

x m



        _{   }


Để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt thì m 2

Theo bài ra ta có: 2 2





1 2 1 2 16 1 2 1 2 16

x x x x   x x x x 









2

2m m 2 16 m m 2 8 m 2m 8 0

         



 









2 ₄ ₂ _{8 0} ₄ ₂ ₄ ₀ ₂ ₄ ₀

m m m m m m m m

             





2
4

(loại)

thỏa mãn
m

m


  _{ }



Vậy với m  thì phương trình 4

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn

2 2

1 2 1 2 16

x x x x  .

Câu 4. (3,0 điểm). Cho đường tròn



O R có đường kính ;



AB và điểm H là trung điểm của bán kính
OA . Kẻ dây CD vng góc với đường kính AB tại điểm H. Lấy điểm G bất kì trên đoạn thẳng
CH ( G khác C , G khác H). Tia AG cắt đường tròn



O R tại điểm thứ hai là ;



E.

a) Chứng minh bốn điểm H, G , E, B nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh EA EG EC ED   .

c) Tính giá trị của biểu thức EA

EC ED .

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Dây CD vng góc với AB (giả thiết) CHB 90  hay GHB 90 .

E thuộc đường trịn đường kính AB  90AEB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay GEB 90 .

  90 90 180
GHB GEB

       

Tứ giác HGEB có GHB và GEB là hai góc ở 2 đỉnh đối diện mà GHB GEB  180   suy ra tứ giác
HGEB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra H, G , E, B nằm trên một đường trịn.

b) Vì AB là đường kính vng góc với dây cung CD (giả thiết) nên AB cắt CD tại H là trung điểm của
CD .

ACD

 có AH CD và AH là đường trung tuyến (H là trung điểm của CD )
ACD

  cân tại A.

AC AD

  (tính chất tam giác cân)  ADAC AECDEG (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng
nhau).

Xét CGE và ADE có

 

CEGAED (chứng minh trên)

 

ECG EAD (góc nội tiếp cùng chắn cung DE )

CGE ADE

  _ (g.g)

EC EG

EA ED

  (hai cặp cạnh tương ứng)
EA EG EC ED

    (điều phải chứng minh).

c)  AEC DEG (chứng minh trên) hay CEG GED  EG là phân giác của CED.
CED

 phân giác EG có

E

D
C

H _O B

A

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

EC CG

EC ED CG DG

 

  (tính chất của tỉ lệ thức)

EC CG

EC ED CD

 

 . (1)

Mà CGE∽ADE (chứng minh trên) EC CG

EA AD

  (hai cặp cạnh tương ứng). (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra

: :

EC EC CG CG EC EA CG AD

EC ED EA CD AD  EC ED EC  CD CG

EA AD

EC ED CD

 

 .

Xét OAD có DH là đường cao cũng là trung tuyến  OAD cân tại D DO DA .
Mà OA OD R  OA OD DA   AOD đều AD R .

Áp dụng định lý Py-ta-go cho AHD vuông tại H, ta có

2

2 2 2 1 2 2 2 3 2 3 _.

2 4 2

AH HD AD _ R_ HD R HD  R HD R

 

2 3

2 3 .

2

CD HD R R

   

1 3

3

3 3

AD R

CD R

   

3

.
3
EA

EC ED

 



Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a ;b ;c thay đổi thỏa mãn a b c3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2 2 2 2 2 2

2019 4026 2019 2019 4028 2019 2020 4030 2020

M  a  ab b  b  bc c  a  ac c

Lời giải

Ta có 2 2





2019a 4026ab2019b  3 a b .
Thật vậy: ₂₀₁₉_a2_₄₀₂₆_ab_₂₀₁₉_b2 _₃



_{a b}_



2_.

2 2 2 2

2019a 4026ab 2019b 3a 6ab 3b

      _₂₀₁₆_a2_₄₀₃₂_ab_₂₀₁₆_b2 _₀



2 2



2016 a 2ab b 0

    2016



a b



2  (ln đúng ) 0

Ta có 2 2





2020b 4028bc2020c  3 b c _.

Thật vậy: ₂₀₂₀_a2_₄₀₂₈_ab_₂₀₂₀_b2 _₃



_{a b}_



2_.

2 2 2 2

2020b 4028bc 2020c 3b 6bc 3c

      _₂₀₁₇_b2_₄₀₃₄_bc_₂₀₁₇_c2 _₀

.



2 2



2017 b 2bc c 0

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có 2 2





2021a 4030ac2021c  3 a c .
Thật vậy: ₂₀₂₁_a2_₄₀₃₀_ac_₂₀₂₁_c2 _₃



_{a c}_



2_.

2 2 2 2

2021a 4030ac 2021c 3a 6ac 3c

      2 2

2018a 4036ac 2018c 0

    .



2 2



2018 a 2ac c 0

   





2

2018 a c 0

   (luôn đúng).





2 3

M a b c

    .

Ta có





2

3

a b c

a b c     .

Thật vậy:





2

3

a b c

a b c     2a2b2c2 ab2 bc2 ac.



 

2

 

2



2

0

a b b c a c

       (luôn đúng)





2

2 3 2 3

.9

3 3

M a b c

     M 6 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất M 6 3 dấu bằng xảy ra khi a b c   . 1
 HẾT 

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

UBND QUẬN HỒNG MAI
PHỊNG GIÁO DỤC$ĐÀO TẠO

KIỂM TRA HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2019-2020. MƠN: TỐN 9
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức 1

2

x
A

x



 và

2 4

4
2

x x

B

x
x



 



 với x0;x4.

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

b) Chứng minh 2

2
x
B

x



 .

c) Đặt P A B: . Tìm các giá trị của x để 2P2 x . 1

Bài 2. (2,5 điểm)

1) Gải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Quãng đường AB dài 6 km. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận
tốc không đổi. Khi từ Btrở về A người đó giảm vận tốc 3 km/h so với
lúc đi từ A đến B. Biết thời gian lúc đi ít hơn thời gian lúc về là 6
phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.

2) Một hộp sữa hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy là 4 cm như
hình vẽ bên. Tính diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa đó
(khơng tính phần ghép nối).

Bài 3. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình













1 2 6

2 3 1

x y xy

x y xy

   



    

 .

2) Cho phương trình _x2 _₂_{mx m}_ 2_{  }_m _{1 0}_với_{m là tham số.}

a) Giải phương trình với m  3.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phan biệt x , ₁ x sao cho ₂ 2 2

1 2 3 1 2

x x  x x .

Bài 4. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn



AB AC



nội tiếp đường trịn

 

O . Kẻ đường kính AD

của đường tròn

 

O . Tiếp tuyến tại D của

 

O cắt đường thẳng BC tại điểm K, tia KO cắt AB tại M

, cắt AC tại điểm N . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC .
1) Chứng minh CBD CDK và _{KD KB KC}2₌ _. _.

2) Chứng minh tứ giác OHDK nội tiếp và AON BHD.
3) Chứng minh OM ON.

Bài 5. (0,5 điểm) Cho a b, là các số thực sao cho 2 2

a ab b  a b.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P505a505b.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức 1

2
x
A

x



 và

2 4

4
2

x x

B

x
x



 



 với x0;x4.

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

b) Chứng minh 2

2
x
B

x



 .

c) Đặt P A B: . Tìm các giá trị của x để 2P2 x . 1
Lời giải

a) Thay x (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức 9 A ta được

9 1 3 1 2

3 2 5

9 2

A    





b) 2 4

4
2

x x

B

x
x



 







( 22) 2



2



4

x x x

x x

  



 



24



42



x x

x x

 



 











2

2

2 2

x

x x




 

2
2
x
x






c) : 1: 2 1. 2 1

2 2 2 2 2

x x x x x

P A B

x x x x x

    

   

    

2P2 x 1
1

2. 2 1

2
x

x
x



  





 





2 x 1 2 x 1 x 2

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.



2 5



0

x x

  









0
0

25
5

4
2

thỏa mãn
thỏa mãn
x

x

x
x

   

 

_ 

 

 _

 



Bài 2. (2,5 điểm)

1) Gải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Quãng đường AB dài 6 km. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ Btrở về A

người đó giảm vận tốc 3 km/h so với lúc đi từ A đến B. Biết thời gian lúc đi ít hơn thời gian lúc về là 6
phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.

2) Một hộp sữa hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy là 4 cm như
hình vẽ bên. Tính diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa đó
(khơng tính phần ghép nối).

Lời giải

1) Đổi 6 phút 1

10h


Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là _{x (km/h),}x . 3
Thời gian người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 6

x (h)

Vận tốc của người đi xe đạp khi từ B trở về A là x (km/h) 3
Thời gian người đi xe đạp khi từ B trở về A là 6

3
x (h)

Do thời gian lúc đi ít hơn thời gian lúc về là 6 phút 1

10

 giờ nên ta có phương trình:

6 6 1

3 10

x  x

1 1 1

6

3 10

x x

 

 _  _



 







3



1

6

3 3 10

x x

x x x x

 _ 

 __  __

 

 









60 x x 3 x x 3

     __x2_₃_x__{180 0}_ _



_x_₁₂



_x_₁₅



_₀

12 0

15 0
x

x

 



  _ _



12
15
x

x
 


  _



Giá trị x  không thỏa mãn điều kiện của ẩn 12
Giá trị x15 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 15 km/h.

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

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có _S_₂__r2_₂__rh__{2 .4}_ 2__{2 .4.12 128}_ _ _

 

_cm2

Vậy diện tích cần tìm là

 

2
128 cm

S 

Bài 3. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình













1 2 6

2 3 1

x y xy

x y xy

   



    

 .

2) Cho phương trình _x2 _₂_{mx m}_ 2_{  }_m _{1 0}_với_{m là tham số.}

a) Giải phương trình với m  3.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phan biệt x , ₁ x sao cho ₂ 2 2

1 2 3 1 2

x x  x x .
Lời giải

1)













1 2 6

2 3 1

x y xy

x y xy

   



    



2 2 6

3 2 6 1

xy x y xy

xy x y xy

    



  _ _ _{ } _

 

2 4 1

3 2 7 2

x y x

x y y

      

_ _

   _ 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( 1; 2)x y  

2)

a) Với m  ta có phương trình 3

2 _2.3. _{( 3)}2 _{( 3) 1 0}

x  x     

2

6 5 0

x x

   

1
5
x
x

 


  _{ }



b) 2 2

2 1 0

x  mx m   m

2 2

( 2 )m 4(m m 1)

    _{ }

2 2

4m 4m 4m 4

   

4m 4

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có 2 2

1 2 3 1 2

x x  x x





2

1 2 2 1 2 3 1 2

x x x x x x

    





2

1 2 1 2 3 0

x x x x

    





2 2

4m m m 1 3 0

     

2

3m m 2 0

   









1
2
3

loại
nhận
m

m
 


 _

 

Bài 4. (3,0 điểm).

1) Ta có:  1

2

CBD sđ CD (góc nội tiếp chắn CD của

 

O )

 1
2

KDC sđ CD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắn CD của

 

O )
 

CBD KDC

 

Xét KCDvà KDBcó CBD KDC và BKD (góc chung)

KCD KDB

  ∽ (g.g) KC KD _KD2 _{KB KC}_.

KD KB

   

2) Xét

 

O có: H là trung điểm của dây BC .

 90o

OH BC OHC

    hay  90_OHK _ o

Do DK là tiếp tuyến của

 

O đường kính AD__OD__DK__ODK 90_ o

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 

DOK DHK

  (góc nội tiếp cùng chắn DK )

Mà   180DOK AON   ;   180DHK BHD   (các cặp góc kề bù)
 

AON BHD

  .

3) Xét AONvà BHD có:
 

NAO HBO (góc nội tiếp cùng chắn CD của

 

O )
 

AON BHD (câu 2)

( . )

AON BHD g g

  ∽

AO ON

BH HD

 

. .

ON BH OA HD

 

Chứng minh tương tự ta cũng có:AOM∽CHDOM HC OA HD.  .

. .

ON BH OM HC

 

Mà BH CH OM ON.

Bài 5. (0,5 điểm)
Tìm Min:

2

2 2 1 3 2 ₀

2 4

a ab b     a b a b _a b_  b 

 





505 505 505. 0

P a b a b

      MinP . Dấu 0 " " xảy ra    . a b 0
Tìm Max:





2

2 2 ₃

a ab b   a b a b  ab a b  .

Do





2

4
a b

ab 





2 3





2





2

4

4 4

a b a b

a b a b  a b  a b

           (do a b  ) 0

505.4 2020
P

   .

Dấu " " xảy ra    . a b 2
2020

MaxP

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

TRƯỜNG THCS HÀ ĐÔNG
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TỐN

(Thời gian làm bài 90 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Câu 2. (3 điểm)

1) Giải phương trình và hệ phương trình:
a) _x2_₂₀₁₉_x__{2020 0}_

b)

3 2

3

2 2 1

1 1 2

2 2 1 3

x y

x y

 _ _

  



 _

 _ _

  



2) Cho Parabol

 

_{P y x}_: _ 2_{và đường thẳng}

 

_d _:_y_



₂_m_₁



_x_₂_m

Tìm m để d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt A x y



₁; ₂

 

;B x y sao cho:₂; ₂



y₁y₂x x_{1 2}  1
Câu 3. (2,5 điểm )

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

Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do
cải tiến kỹ thuật, mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phầm nên phân xưởng đã
hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân
xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Câu 4. (4 điểm) Cho



O R và dây ;



BC cố định, điểm A di động trên cung lớnBC . Các đường caoBE

, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

1) Chứng minh bốn điểmB, F, E, C cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh: AE AC.  AF AB.

3) Chứng minh OAEF.

4) Khi A di chuyển trên cung lớnBC . Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

AEF không đổi.
Câu 4. (0,5 điểm)

Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b c   và7 ab bc ca   . Chứng minh rằng: 15 11

3
a

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN

Câu 1. (3 điểm)

1) Giải phương trình và hệ phương trình:
a, _x2_₂₀₁₉_x__{2020 0}_

b,

3 2

3

2 2 1

1 1 2

2 2 1 3

x y

x y

 _ _

  



 _

 _ _

  



2) Cho Parabol

 

_{P y x}_: _ 2_{và đường thẳng}

 

_d _:_y_



₂_m_₁



_x_₂_m

Tìm m để d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt A x y



₁; ₂

 

;B x y sao cho:₂; ₂



y₁y₂x x_{1 2}  1
Lời giải

1) a) 2

2019 2020 0

x  x 

Vì a b c   1 2019 ( 2020) 0,   nên phương trình có nghiệm: x₁1;x₂  2020

b)

3 2

3

2 2 1

1 1 2

2 2 1 3

x y

x y

 _ _

  



 _

 _ _

  



Điều kiện: 2; 1

2
x y

Đặt 1 , 1

2 a 2 1 b

x  y  , ta có hệ phương trình:
5

3 2 3 3 2 3 5 1

3

3

2 4 ₂

2 2 ₁

3 3

3

a b a b a

a

a b a b _b

a b


    

  _  _

 _ _ _

 

   _ 

   

   _{ } _{ }

  _ 

Theo cách đặt ta có:

1 1

2 3 5

2 3

1 ₁ 2 1 1 1

2 1

x x

x

y y

y

 _

 _ _ _{ } _ _

 _ _

  _{ }  _

 

 _




(thỏa mãn điều kiện)

2) Hoành độ giao điểm của

 

d và

 

P là nghiệm của phương trình:





2 ₂ ₁ ₂ ₀

x  m x m (1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

0

   (vì a  )1 0





2 1

2 1 0

2

m m

     (vì



2m1



2  0 m)
Áp dụng hệ thức Vi-ét có: 1 2

1 2

2 1

. 2

x x m

x x m

  



 _



Vì _{y x}_ 2_nên 2 2





2

1 2 1. 2 1 1 2 1. 2 1 1 2 3 .1 2 1

y y x x  x x x x   x x  x x 





2 ₂





2m 1 6m 1 4m 2m 0 2m m2 1 0

         

0
1
2
m
m






 


Đối chiếu với đk ta được m và khi đó 0

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt



1; 1

 

; 2; 2



A x y B x y sao cho y₁y₂x x₁. ₂  1

Câu 2. (2,5 điểm )

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

Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do
cải tiến kỹ thuật, mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phầm nên phân xưởng đã
hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân
xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Lời giải

Gọi số sản phầm mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất theo kế hoạch là x (sản phẩm; x_{ )}*
Khi đó trên thực tế mỗi ngày phân xưởng làm được số sản phẩm là: x (sp) 5

Số ngày làm theo kế hoạch là: 1100

x (ngày)

Số ngày làm trên thực tế là: 1100

5

x (ngày)

Vì thời gian thực tế ít hơn kế hoạch 2 ngày, ta có phương trình:

1100 1100
2
5
x  x 









550 x 5 550x x x 5

    

2
550x 2750 550x x 5x

    

2 ₅ _{2750 0}

x x

   

2 ₅₀ ₅₅ _{2750 0}

x x x

    



50



55



50



0

x x x

    



x 50



x 55



0

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

50
55
x
x



  _{ }



Do x_{ nđn theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng sản xuất được 50 sản phẩm.}*

Câu 3. (4 điểm) Cho



O R và dây ;



BC cố định, điểm A di động trên cung lớnBC . Các đường caoBE

, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H

1) Chứng minh bốn điểmB, F, E, C cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh: AE AC.  AF AB.

3) Chứng minh OA vng gócEF.

4) Khi A di chuyển trên cung lớnBC . Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

AEF khơng đổi.

Lời giải

1) Ta có BE vng góc với AC (gt) BEC 90 
CF vng góc với AB(gt) BFC 90 

Xét tứ giác BFEC có BEC BFC 90 

Mà Evà F là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp
Khi đó bốn điểmB, F, E, C cùng thuộc một đường trịn

2) Vì tứ giác BFEC nội tiếp (cmt)  AFE ECB (t/c) AFEACB
Xét tam giác AEFvà tam giác ABC có góc A chung; AFEACB (cmt)
Suy ra: Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (g.g)

AE A F

AB AC

  (tỷ số đồng dạng)

Suy ra: AE AC. AF AB.

3) +) GọiM , N lần lượt là giao điểm của CF và BEvới đường tròn

 

O

K

I

P
N

M

H

E

F O

A

B C

x

P
I

K

H

E

F _O

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Do đó: ACM ACN AM  AN  AM AN
 A là điểm chính giữa của MN (t/c) OAMN (1)

+) Xét

 

O có NMC NBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cungNC )

Có tứ giác BFEC nội tiếp (cmt)  E FC EBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cungEC )
 

E FC NMC

  mà chúng ở vị trí đồng vị

Suy ra:EF MN// (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OA vng góc với EF

Cách 2: Qua A kẻ tiếp tuyến Ax với

 

O
 _{ACB xAB}

  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BC )
Có tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn

 

ECB AFE

  (góc trong bằng góc ngồi ở đỉnh đối diện)
 _AFE _xAB

 

Mà AFE , xAB nằm ở vị trí so le trong

Ax EF

 _

Mà OA Axtính chất tiếp tuyến)
OAEF

4) Kẻ đường kính APcủa đường trịn

 

O

Có ABP 90 ;ACP  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 90

;

AB BP AC PC

  

Mà CF AB BE;  AC

//

BP CF, BE PC// BP HC// , BH PC// .
 tứ giác BHCP là hình mình hành.

Gọi HPBC

 

I  là trung điểm của I BC HP, .

PHA

 có I O; lần lượt là trung điểm của BC AP;
 OI là đường trung bình của PAH 1

2

OI AH

 

Có BC cố định suy ra: I cố định, O cố định (gt) IO không đổi 1

2AH

 không đổi

Xét tứ giác AFHE có:

  90 90 180

AFHAEH      

AFHE

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi K là trung điểm của AH AEF nội tiếp

 

K có bán kính bằng 1

2AH không đổi.

Câu 4. (0,5 điểm)

Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b c   và7 ab bc ca   15
Chứng minh rằng: 11

3
a

Lời giải
Vì a b c       7 b c 7 a









2

15 15 15 7 7 15

ab bc ca   bc a b c  a a a  a
Áp dụng định lí Vi-ét đảo có b và c là nghiệm của phương trình:





2 ₇ 2 ₇ _{15 0}

x  a x a  a  (ẩn x )

Ta có: _{ }



₇__a



2_₄



_a2_₇_a_₁₅



_{ }₃_a2_₁₄_a_{ }₁₁



₃_a__{11 1}



__a



Để tồn tại hai số b, c thì 0



3 11 1





0 1 11
3

a a a

        

Vậy 11

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHỊNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM

TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH 1

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 KHỐI 9
NĂM HỌC 2019-2020. MƠN: TỐN

(Thời gian làm bài 90 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1:

Cho hai biểu thức 9

3




x
A

x và

3 2 5 3

9

3 3

 

  



 

x x

B

x

x x với x0;x9.

1) Khi x81hãy tính giá trị của biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức B

3) Với x9tìm giá trị nhỏ nhất b của biểu thức P A B.

Bài 2

1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì
đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe
chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc?

2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người ta lát mặt

xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khơ. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một chiếc nón Huế như
vậy (làm trịn _cm2₎

Bài 3

1) Giải hệ phương trình

1 1

3
1

3 2

4
1
x y
x y

  

 _




  

 



.

2) Cho phương trình x2 



m2



x m  (x là ẩn số). 0

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m .

b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁; thỏa mãn ₂ x₁  x₂  5.
Bài 4.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp



O; R . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC cắt nhau



tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn

 

O lần lượt tại các điểm thứ hai là D và E. Chứng minh
rằng:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp.
2) Chứng minh IK // DEvà OC IK .

3) Cho đường tròn

 

O và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì
độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.

Bài 5: Cho các số x0,y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức0 A x2 y2 xy

xy x y



 

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN
Bài 1: (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 9

3




x
A

x và

3 2 5 3

9

3 3

 

  



 

x x

B

x

x x với x0;x9.

1) Khi x81hãy tính giá trị của biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức B

3) Với x9tìm giá trị nhỏ nhất B của biểu thức P A B.

Lời giải:

1) Giá trị x81thỏa mãn điều kiện x0;x9,thay vào biểu thức Ata được:

81 9 72 72

12

9 3 6

81 3


   




A

Vậy khi x81thì A12

2) Với x0;x9ta có

:



















 







 





















3 2 5 3

9

3 3

3 3 2 3 ₅ ₃

3 3 3 3 3 3

3 3 2 3 5 3

3 3

3 9 2 6 5 3

3 3

9

3 3

 

  



 

  _ _

  

     

     



 

     



 

 



 

x x

B

x

x x

x x _x _x

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x

x

x x

Vậy

9

 


x
P

x Với x0;x9

3) Ta có: . 9 . 9 9



3



3



9

9

3 3 3 3

  

  

    



   

x x

x x x x

P A B

x

x x x x

9 9

3 3 6

3 3

      

 

x x

x x

vì 9 3 3 0 vµ 9 0

3

x x x

x

      

 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.





9 9

3 2 3 . 6

3 3

9

3 6 12

3
hay 12

x x

x x

x

x
P

    

 

    




. Dấu "=" xảy ra khi 3 = 9



3



2 9 3 3 6 36

0

3 3 3 0

x x x

x x

x

x x x

 _{ }  _ _ _

      _{ }

 _    _  

Đối chiếu với điện ta thấy x 36 thỏa mãn điều kiện
Vậy Min P 12   x=36

Bài 2 (2,5 điểm):

1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì
đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe
chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc?

2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người ta lát mặt
xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khơ. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một chiếc nón Huế như
vậy (làm tròn _cm2₎

Lời giải
1) Gọi x (xe) là số xe ban đầu của đội xe. (x N *).
Theo dự kiến số gạo mỗi xe định chở là: 160

x (tấn).

Số xe thực tế là: x (xe). 4
Số gạo thực tế mỗi xe chở là: 160

4

x (tấn).

Vì thực tế được bổ sung thêm 4 xe nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu là 2 tấn gạo. Vậy ta có phương
trình:









2 4

160 160

2 2 8 64 0

4 8

x TM

x x

x x x KTM

 

       

 _  

Vậy số xe ban đầu của đội xe là 4 xe.

2)Chiếc nón Huế là một hình nón có đường kính đáy d 40

 

cm , nên bán kính đáy 40 20

 

2 2

d

R   cm

Độ dài đường sinh: l30

 

cm

Vậy diện tích xung quanh của hình nón này là: _{S πRl}_ __{3,14.20.30 1884}_

 

_cm2

Vì người ta lợp nón bằng 3 lớp lá, nên diện tích lá cần dùng để tạo nên một chiếc nón Huế sẽ là:

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1) Giải hệ phương trình

1 1

3
1

3 2

4
1
x y
x y

  

 _




  

 



.

2) Cho phương trình x2 



m2



x m  (x là ẩn số). 0

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m .

b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁; thỏa mãn ₂ x₁  x₂  5.
Lời giải

1) Đặt _a _b

x1  , y1 1 (Điều kiện a b,  ) 0

Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành
a b

a b

3

3 2 4

  


  


a b a a

a b a b b

2 2 6 5 10 2

3 2 4 3 1

  

      

  

_ _{ } _ _{ } _ _

  

   (Thỏa mãn điều kiện)

x
x

y
y

1 ₂ ₁

2

1 ₁ ₂

1

 _

 _ _

 _{ }

 

 

_ _

   

 _

 


.

Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm là 1;2
2
 _

 _

 _

 _

 .
2)

a/ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có





b2 ₄ac  m ₂ 2 _4.1.m m2 ₄m _{4 4}m m2 _{4 0} m

    __  __          .

Phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m .

b/ Theo chứng minh ý a/ thì phương trình đã ln có hai nghiệm phân biệt _{x x}₁_; ₂.
Theo yêu cầu đề bài _x₁ _ _x₂ _ ₅ (điều kiện _x₁ __x₂ _₀).

Do đó, ta thực hiện

+) Tìm điều để phương trình đã cho có 2 nghiệm dương

b

m

a _m

c m

a

0 _{2 0}

0
0

0


 _ _

   

 



_ _{ }  

 _ _



</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

+) Giả thiết x₁  x₂  5 



x₁  x₂



2 ( 5)2   x₁ x₂ 2 x x_{1 2}  5

m VN

m m m m m

m

1( )

2 2 5 2 3 0 9

3

 _{ }



         _{ }  



(Thỏa mãn).

Vậy m 9 .

Bài 4.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp



O; R . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC cắt nhau



tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn

 

O lần lượt tại các điểm thứ hai là D và E. Chứng minh
rằng:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp.
2) Chứng minh IK // DEvà OC IK .

3) Cho đường tròn

 

O và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì
độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.

Lời giải:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp.

P

M

N

I

D

K

H

E

C

O

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Xét ABCcó đường cao AK và BI ( giả thiết )

AK BC

  tại K và BI AC tại I

  o

AKB AKC 90

   và _{AIB BIC 90}_ _ o

Xét tứ giác ABKIcó: _{AKB AIB 90}__ o_{( Chứng minh trên )}

 Kvà Ilà hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh AB dưới một góc bằng nhau
 Tứ giác ABKInội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm ).

2) Chứng minh IK // DEvà OC IK .

Tứ giác ABKInội tiếp ( Chứng minh trên ) AKI ABI  ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
nhỏ AI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI)

hay AKI ABE ( Do I BE ) (1)

Ta có : ADE ABE ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AE của đường tròn

 

O ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AKI ADE  .

Mà AKI và ADE là cặp góc đồng vị nên suy ra IK // DE( đpcm ).

Tứ giác ABKInội tiếp ( Chứng minh trên ) KAI KBI  ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
nhỏ KI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI) hay DAC CBE ( Do

I AC,K AD, I BE, K BC    )

Đường trịn

 

O có: DAC CBE  ( Chứng minh trên ). Mà DAC và CBE là hai góc nội tiếp
lần lượt chắn cung nhỏ DC và cung nhỏ EC

 
DC CE

  (  DC,CE là các cung nhỏ ) ( Hệ quả )DC EC ( Định lý ) (3)

Ta có: OD OE ( Bán kính của

 

O ) (4)

Từ (3) và (4) suy ra OC là đường trung trực của đoạn DE OC DE ( Tính chất )
Mà IK // DE( Chứng minh trên )

OC IK

  ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ( đpcm ).

3) Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.
Gọi N là trung điểm của AB, P là trung điểm của HC, đường thẳng CH cắt AB tại M
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIcó: _{AKB 90}_ o_{( Chứng minh trên )}__AB_{là đường kính}

N

 là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKI ( Do N là trung điểm của AB )
Ta có: _{BIC AKC 90}_ _ o_{( Chứng minh trên )}

hay _{HIC HKC 90}__ o _{( Do}_{H BI, H AK}_ _ ₎

</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Tam giác ABC có : AK và BI là đường cao và AK cắt BI tại H ( giả thiết ) nên suy ra CM cũng là
đường cao của ABC( Tính chất )CMABhay CPAB( Do P CM )(5)

Xét đường trịn

 

O có dây AB và N là trung điểm của AB nên suy ra ONABtại N ( Quan hệ

đường kính và dây cung ) (6)

Từ (5) và (6) suy ra CP // ON( Quan hệ từ vng góc đến song song )

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIvà đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCIcắt nhau tại K và I. Mà
N và P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIvà tứ giác HKCI ( cmt )

NP IK

  ( Tính chất đường nối tâm ) (7)

Ta có: IK OC ( Chứng minh trên ) (8)

Từ (7) và (8) suy ra NP // OC ( Quan hệ từ vng góc đến song song )
Xét tứ giác NOCP có:

CP // ON ( Chứng minh trên )

NP // OC ( Chứng minh trên )

Tứ giác NOCP là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )

ON PC

  ( Tính chất )

Xét ONAvuông tại N ( Do ONABtại N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có:

2 2 2 2 2 2

OA AN NO NO OA AN

Mặt khác: OA R , AN AB
2

  ( Do N là trung điểm của AB )

2 2

2 2 AB 2 AB

NO R ON R

4 4

      ( Do R AB

2

 )

Mà ON PC ( Chứng minh trên )

2

2 AB

PC R

4

  

Vì

 

O cố định và AB cố định nên R và AB không đổi PCcó giá trị khơng đổi .
Mặt khác PC là bán kính của đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh trên )

 Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi và có giá trị bằng

2

2 AB

R
4

 ( đpcm ).

Bài 5: Cho các số x0,y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức0 A x2 y2 xy

xy x y



 

 .
Lời giải

Ta có:





2

2 2

2
x y

x y  





2

2

x y xy

A

xy x y



 







2





2

3

8 8

x y xy x y

A

xy x y xy

 

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.





2





2

3

2 .

8 8

x y xy x y

A

xy x y xy

 

 



2 3.4

.

2 8

x y xy

A

xy
xy



 

2

2 3 3 5

. 1

2 2 2 2

xy
A

xy

    

Dấu bằng xảy ra khi x y

Vậy : _min 5
2

A    x y

</div>

<!--links-->