BỘ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ 1 TOÁN 9 PHẦN 1

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

BỘ 15 ĐỀ
Kiểm tra giữa kì 1 toán 9
ĐỀ 1
PHỊNG GD VÀ ĐT HÀ NỘI

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I LỚP 9

TRƯỜNG THCS & THPT LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM HỌC 2020-2021
MƠN TỐN

Bài 1.

Tính:
a) 2 9  6 4  3 25
5 5 3 3


5
3 1
c)

Bài 2.



3 5







d)

2
1
6


3 1
32
3 3

b)

x 1  3  x .

2





3 2



2

Giải các phương trình
1
4x  4
9x  9  2 x  1  8
 11
25
a) 3
.

Bài 3.

b)

3 2

Cho hai biểu thức

A

�3 x  6
x 3
B�

x

9
x  x  1 và

�

2 � 1
�:
x 3� x 3

với x �0 ; x �9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x  4
b) Rút gọn B

P P
c) Cho P  A.B . Chứng minh
với x �0 ; x �9
Bài 4.

(Kết quả làm tròn đến số thập phân thứ hai và số đo góc làm trịn đến độ)
1) Một máy bay bay với vận tốc 5 m/s lên cao theo phương tạo với đường băng một
góc 40�
. Hỏi sau 6 phút máy bay ở độ cao bao nhiêu so với đường băng.
2) Cho tam giác ABC vuông tại A , kẻ AH vng góc với BC tại H . Biết
BH  3, 6cm ; CH  6, 4cm .
a) Hãy tính độ dài các đoạn thẳng AH , AB và tính số đo góc HCA .
b) Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC . Chứng minh tam
giác AMN đồng dạng với tam giác ACB .
c) Tính diện tích tứ giác BMNC .

Bài 5.

Giải phương trình

Ngơ Nguyễn Thanh Duy

3

x  2  x 1  3
Trang 1


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 2


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.

(2 điểm) Tính:
a) 2 9  6 4  3 25
5 5 3 3


5
3 1
c)



3 5



b)



d)

2
1
6


3 1
32
3 3

3 2



2





3 2



2

Lời giải
a) 2 9  6 4  3 25  2.3  6.2  3.5  3



b)

3 2



2





5 5 3 3


5
3


1
c)
5





  3

3 2



5 1
5

 

3 5

3 2 



3  2  2 2





3 1
3 1

 

2

3 5

 5 1 3  3  5  1
2
1
6 


3 1
32
3 3

d)


2

Bài 2.



 

3 1
2

32
1

2







3 1

  6.  3  3 
6



3 1



 

3 1



32

32





32





6. 3  3



  3 3  3 3

 3 1 3  2  3  3  4  3

(2 điểm) Giải các phương trình
1
4x  4
9x  9  2 x  1  8
 11
25

a) 3
.

b)

x 1  3  x .

Lời giải
1 0
a) Điều kiện x �۳

x

1.

1
4x  4
9x  9  2 x 1  8
 11
3
25
Ta có:
�

1
4
9 � x  1  2 x  1  8 � � x  1  11
3
25

1
2
� ��
3 x  1  2 x  1  8 � � x  1  11
3
5
� x 1  2 x 1 
Ngô Nguyễn Thanh Duy

16
x  1  11
5
Trang 3


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

16 �
�
��
1 2  �
� x  1  11
5�
�
�

11
� x  1  11
5

� x  1  11:
�

11
5

x 1  5

� x  1  25
� x  24 (thỏa mãn).

Vậy

S   24

b)

x  1  3  x (điều kiện: x �3 )

.

� x 1   3  x  � x 1  9  6 x  x2
2

� x2  6 x  9  x  1  0
� x 2  7 x  10  0
� x 2  2 x  5 x  10  0
�  x 2  2 x    5x  10   0
� x  x  2  5  x  2  0
�  x  5  x  2   0

x5  0
�
��
x20
�
x  5( KTM )
�
��
x  2 (TM )
�
Vậy
Bài 3.

S   2

.

Cho hai biểu thức

�3 x  6
x 3
B


�
A
x  x  1 và
� x9

2 � 1
�:
x 3� x 3

với x �0 ; x �9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x  4
b) Rút gọn B

P P
c) Cho P  A.B . Chứng minh
với x �0 ; x �9
Lời giải
Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 4


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

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

x4

Thay

A

Vậy

A
(thỏa

mãn

điều

kiện)

vào

x 3
x  x 1

ta

có

4 3
2  3 1


4  4 1 5  2 3

A

1
3 khi x  4

b) Rút gọn B

�3 x  6
2 � 1
B�

:
�
� x 9
x 3�
�
� x  3 với x �0 ; x �9

�
3 x 6
B�

� x 3
x 3
�





 

2



x 3



�
�
3 x  6 2 x 6� 1
�
B
:

� x 3
x 3 � x 3
�
�









�
�: 1
x 3 � x 3
�

x 3





x

x 3



x 3



. x 3 

x
x 3

P P
c) Cho P  A.B . Chứng minh
với x �0 ; x �9

P  A.B 
Ta có

x 3
x
x
.


x  x 1 x  3 x  x 1

x �0 ; x �9 thì
2

1
1 3 �
1� 3 3
x �0; x  x  1  x  2. x    � x  � �  0
2
4 4 �
2� 4 4
P
Bài 4.

x
�0
P P
x  x 1
với x �0 ; x �9 nên
.

(Kết quả làm tròn đến số thập phân thứ hai và số đo góc làm tròn đến độ)
1) Một máy bay bay với vận tốc 5 m/s lên cao theo phương tạo với đường băng một
góc 40�
. Hỏi sau 6 phút máy bay ở độ cao bao nhiêu so với đường băng.
2) Cho tam giác ABC vng tại A , kẻ AH vng góc với BC tại H . Biết
BH  3, 6cm ; CH  6, 4cm .
a) Hãy tính độ dài các đoạn thẳng AH , AB và tính số đo góc HCA .

b) Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC . Chứng minh tam
giác AMN đồng dạng với tam giác ACB .

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 5


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

c) Tính diện tích tứ giác BMNC .
Lời giải
1) Một máy bay bay với vận tốc 5 m/s lên cao theo phương tạo với đường băng một
góc 40�
. Hỏi sau 6 phút máy bay ở độ cao bao nhiêu so với đường băng.

Đổi 6 phút  360 giây.
Gọi độ dài quãng đường máy bay bay được sau 6 phút là AB .
Khi đó, độ cao của máy bay so với đường băng là BH .
Theo đề bài, ta có:

AB  5.360  1800  m 
Vì ABH vng tại H nên ta có:

BH  AB.sin A (HTL trong tam giác vuông)

BH  1800.sin 40�
BH �1157, 02  m 

.

1157, 02  m 
Vậy sau 6 phút độ cao của máy bay so với đường băng là
.
2) Cho tam giác ABC vng tại A , kẻ AH vng góc với BC tại H . Biết
BH  3, 6cm ; CH  6, 4cm .

a) Hãy tính độ dài các đoạn thẳng AH , AB và tính số đo góc HCA .
Ta có:

BC  BH  CH  3,6  6, 4  10  cm 

.

+) Xét ABC vuông tại A , đường cao AH (gt) có:
AH 2  BH .CH (HTL trong tam giác vuông)

AH 2  3, 6.6, 4
Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 6


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

AH 2  23, 04

� AH  4,8  cm 

.

2
Ta lại có: AB  BH .BC (HTL trong tam giác vuông)

AB 2  3, 6.10
AB 2  36

� AB  6  cm 

.

+) Xét ABC vuông tại A (gt), ta có:
AB 6
�
sin BCA
�
BC 10

0, 6

�
BCA
37

�
hay HCA �37�

b) Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC . Chứng minh tam
giác AMN đồng dạng với tam giác ACB .
+) Vì M và N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC (gt)

� HM  AB; HN  AC .

�
�
Vì AH  BC (gt) � AHB  AHC  90�.
+) Xét AHB vuông tại H , đường cao HM (gt) có:
AH 2  AM . AB (HTL trong tam giác vuông) (1).

+) Xét AHC vuông tại H , đường cao HN (gt) có:
AH 2  AN . AC (HTL trong tam giác vuông) (2).

Từ (1)) và (2) � AM . AB  AN . AC

�

AM AN

AC
AB (t/c TLT).

+) Xét AMN và ACB có:
AM AN

 cmt  �
�
AC
AB
�� AMN ∽ ACB  c.g .c 
�
�

A : chung
�
c) Tính diện tích tứ giác BMNC .
2
� 4,82  AM .6 � 23, 04  AM .6 � AM  3,84  cm 
+) Vì AH  AM . AB (cmt)
.

+) Xét ABC vng tại A (gt), ta có:
BC 2  AB 2  AC 2 (đ/lí Pytago)

102  62  AC 2
100  36  AC 2

AC 2  64

� AC  8  cm 
Ngô Nguyễn Thanh Duy

.
Trang 7


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

AM AN
3,84 AN
6.3,84
�


� AN 
� AN  2,88  cm 

AB (cmt)
8
6
8
+) Vì AC
.

+) S BMNC  S ABC  S AMN
�12,94  cm 2 

Bài 5.

1
1
1
1
 . AB. AC  . AM . AN  .6.8  .3,84.2,88
�24  11, 06
2
2
2
2

.

Giải phương trình

3

x  2  x 1  3
Lời giải

Cách 1 : Điều kiện x �1 .
3
�
�x  2  a 3
� x2  a
��
�
2
�x  1  b
� x 1  b

Đặt

3
2
Suy ra a  b  3 (1).

Theo đề bài a  b  3 � b  3  a thay vào (1) ta được

a 3   3  a   3
2

� a 3  9  6a  a 2  3
� a 3  a 2  6a  6  0

� a 2  a  1  6  a  1  0

�  a  1  a 2  6   0
a 1
�
� �2
a  6  kho�
ng thoa�
ma�
n
�
.

Ta có

3

x  2  1 � x  2  1 � x  3 (thoả mãn điều kiện).

Vậy tập nghiệm của phương trình là

S   3

.

Cách 2.

�

�

3

x  2  x 1  3



3

x  2 1  x 1  2  0



3





2
3
x  2 1 �
 x  2   3 x  2  1�
�
�
�
�
3

 x  2

2

 3 x  2 1

x  2 1

�
3

(ĐK: x �1 )

 x  2

2

 3 x  2 1

Ngô Nguyễn Thanh Duy





x 1  2



x 1  2

x 1  2

 0

x 1 4
0
x 1  2

Trang 8


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

x3

�
3

 x  2

2

 3 x  2 1



x3
0
x 1  2

�
�
1
1
�
� 0
�  x  3 �

�3  x  2  2  3 x  2  1
x 1  2 �
�
�
3

 x  2

2

3

Vì
x  1 �0 � x  1  2  0 �
1

�
3

 x  2

1

 3 x  2 1  0 �

2

 3 x  2 1



 x  2

2

 x  2 1
3

0

1
0
x 1  2

1
0
x 1  2

� x  3  0 � x  3 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình là

Ngơ Nguyễn Thanh Duy

S   3

.

Trang 9


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ 2
TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I TỐN 9
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Bài 1.

Thực hiện phép tính để rút gọn biểu thức sau:

A  8  2 18  3 50
B  125  10

1
5 5

20
5

1
 74 3  2
3 2

1
�
� 2
D�
1
.cos 20� tan 40�
.tan 50�
�
2
� cot 20��

C

A=
Bài 2.

(2 điểm) Cho biểu thức
0 < x �4

x- 1
3
4 x +4
x- 4
B=
4 x - 1 và
2 x +1 1- 2 x
x
với

a) Tính giá trị của B biết x = 28 - 16 3 + 2 3 .

b) Rút gọn biểu thức A .
2
P<
3.
c) Đặt P = A.B . Tìm x để
Bài 3.

(2 điểm) Giải các phương trình sau:

1
x - 5 - 4 x - 20 + 3 = 0
a) 2
.
b) 2 x +1 - 2 x +1 = 0

Bài 4.

(3,5 điểm)

1) Một con thuyền đi từ bến song A tới bến song B với vận tốc trung bình là 4 km/h trong
10 phút. Biết đường đi của con thuyền là AB , tạo với bờ sơng một góc bằng 60�.
Tính chiều rộng AH của khúc sông.
2) Cho tam giác ABC vuông tại A ,
cao AH . Biết AB  3 cm, BC  5
a) Hãy giải tam giác ABC (góc làm trịn
độ).
b) Kẻ BD là phân giác của góc B . Hãy
độ dài các cạnh AD, DE .
c) Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

Ngơ Nguyễn Thanh Duy

AE 

đường
cm
đến
tính

S BEF
3
AB, DE
4
cắt BC tại F . Tính tỉ số S BEDC .

Trang 10


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Bài 5.

2
2
Cho các số x,y thỏa mãn 0  x, y  2 và x 4  y  y 4  x  4 . Tìm giá trị nhỏ

6
6
nhất của biểu thức P  x  y

 HẾT 

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.

Thực hiện phép tính để rút gọn biểu thức sau:

A  8  2 18  3 50
B  125  10

1
5 5

20
5

1
 74 3  2
3 2
1
�
� 2
D�
1
.cos 20� tan 40�
.tan 50�
�
2
� cot 20��

C

Lời giải
A  8  2 18  3 50  2 2  6 2  15 2  11 2
B  125  10

1
5 5

 5 5  5  1  5  5 5 1
20
5









2
1
 7 4 3  2  3  2  2 3  2  3  2 3  2
3 2
1
�
� 2
D�
1

.cos 20� tan 40�
.tan 50� cos2 20� sin 2 20� tan 40�
.cot 40� 0
�
2
cot
20
�
�
�

C

A=
Bài 2.

(2 điểm) Cho biểu thức
1
04
a)
b)
c)

x- 1
3
4 x +4
x- 4
B=
4 x - 1 và

2 x +1 1- 2 x
x
với

Tính giá trị của B biết x = 28 - 16 3 + 2 3 .
Rút gọn biểu thức A .
2
P<
3.
Đặt P = A.B . Tìm x để
Lời giải

a)

Với

0
1
4 ta có

x = 28 - 16 3 + 2 3 =

( 4-

)

2

2 3 +2 3 = 4 - 2 3 +2 3 = 4 - 2 3 +2 3 = 4

Thay x = 4 (TMĐKXĐ) vào biểu thức B ta được

B=

4- 4 - 2
=
=- 1
2
4

Vậy B = 1 khi x = 28 - 16 3 + 2 3 .
Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 11


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

0
1
4 ta có:

b)

Với

A=

x- 1
3
4 x +4
x- 1
3
4 x +4
=
+
4x - 1
4x - 1
2 x +1 1- 2 x
2 x +1 2 x - 1

A=

A=

(

)(

(2

2x -

)(

x

Ta có

P = A.B =

Ta có
Để

)

=

(

)(

)

x - 1 2 x +1

=

2 x - 3 x +1 + 6 x + 3 - 4 x - 4

(2

)(

)

x - 1 2 x +1

x

2 x +1

P<

x
x- 4
1
B=
02 x +1 ,
x với
4.
x
x- 4
x- 4
.
=
2 x +1
x
2 x +1

2
4
0 �P <
3�
9 (1)

x- 4
�0
P

�
0
2
x
+
1
�
�
+ Xét
x- 4 4
4
<
P<
9 � 2 x- 1 9 �
+ Xét
0 �x <1600 (3)
Từ (1), (2) ,(3) và đkxđ suy ra
Bài 3

)

x 2 x- 1

=

x
1
02 x +1 với
4.

A=

c)

)

x +1

) (2

x - 1 2 x +1

A=
Vậy

) (
( 2 x - 1)( 2

x - 1 2 x - 1 + 3 2 x +1 - 4 x - 4

(

)

x - 4 �0 do 2 x +1 > 0 � x �16
(2)
9

(

) (

) <0

x - 4 - 4 2 x +1

(2

)

x +1 9

� x - 40 < 0 �

16 �x <1600

(2 điểm) Giải các phương trình sau:
a)
b)

1
x- 5 2

4 x - 20 + 3 = 0

.

2 x +1 - 2 x +1 = 0
Lời giải

a)

1
x- 5 2

4 x - 20 + 3 = 0

, ĐK: x �5

1
- 3
x - 5 - 2 x - 5 =- 3
x - 5 =- 3
� 2
� 2
�

Vậy phương trình trên có tập nghiệm là
b)

x - 5 = 2 � x = 9 (tmđk)

S = { 9}

2 x +1 - 2 x +1 = 0 , ĐK: x �0

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 12

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

�

2 x +1 = 2 x - 1 , ĐK:

1
x�
4

� 2 x +1 = 4 x - 4 x +1 � 2 x - 4 x = 0 � 2 x
�x = 0
�
�
��
�x - 2 = 0 �

(

)

x - 2 =0

�
x = 0( ko tm)
�
�
x = 4(tm)
�

Vậy phương trình có tập nghiệm là

S = { 4}

Bài 4 (3,5 điểm)
1) Một con thuyền đi từ bến sông A tới bến sơng B với vận tốc trung bình là 4 km/h trong
10 phút. Biết đường đi của con thuyền là AB , tạo với bờ sơng một góc bằng 60�.
Tính chiều rộng AH của khúc sông.
2) Cho tam giác ABC vuông tại A ,
cao AH . Biết AB  3 cm, BC  5
a) Hãy giải tam giác ABC (góc làm trịn

đường
cm
đến

độ).
b) Kẻ BD là phân giác của góc B . Hãy

tính

độ dài các cạnh AD, DE .
c) Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

AE 

S BEF
3
AB, DE

4
cắt BC tại F . Tính tỉ số S BEDC .
Lời giải

1) Đổi 10 phút



1
6 giờ.

1 2
4. 
Quãng đường AB là : 6 3 (km)

2
3
.sin 60�
3 (km)
Chiều rộng AH là : 3
2)

a) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC ta có
Ngơ Nguyễn Thanh Duy

Trang 13


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

AC  BC 2  AB 2  52  32  4 (cm)
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vng ABC ta có
4
� �AC
� 53
� 90 53 37
sin B
���
 
B
C
BC 5
AD AB 3
AD 3
�


�

DC BC 5 (t/c)
AC 8 , mà AC  4 cm
b) BD là phân giác của góc B
� AD  1,5 cm � DC  2,5 cm.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABD ta có
3 5
BD  AD 2  AB 2  32  1,52 
2 (cm)
c) Kẻ

DI //AB  I �BC  �

CI DI DC 2,5 5
CI 5
5



 �
 � IC  IB
CB AB AC
4
8
BI 3
3
(1)

8
1
1 8
2
DI
BE  AB � BE  . DI  DI
5
4
4 5
5
Ta có
, mà
BF BE 2
BI 3

5
DI //BE �

 �
 � FI  BI
FI
DI 5
FI 5
3
Ta có
(2)
�
IC

FI
Từ (1) và (2)
AB 

1
� S DFI  S DFC
�
S

S
�
DFI
DIC (chung đường cao, cạnh đáy FI  IC )
2
Ta có
�

� �
�
Xét FBE và FID có: FBE  FID, FEB  FDI (các góc đồng vị)

BE 2 � S BEF  4

S IDF 25
DI 5

k

� FBE đồng dạng với FID theo tỉ số
4
4 1
2
2
� S BEF 
S IDF  . S DFC 
S DFC
� S BEF 
S BEDC
S

S

S
BEDC
CDF
25
25 2

25
23
. Mà BEF
2
2
Cho các số x,y thỏa mãn 0  x; y  2 và x 4  y  y 4  x  4 . Tìm giá trị nhỏ

Câu 5.

6
6
nhất của biểu thức P  x  y

Lời giải
x 4  y 2  y 4  x2  4





� x 4  y 2  y 4  x2

2

 16

� 2 x 2 y 2  4  x 2  y 2   2 xy

� x 2 y 2  2 xy
� x 2 y 2  2 xy

4 x   4 y
 4 x   4 y
2

2

2

2

2

Ngô Nguyễn Thanh Duy

2

2

2

2

2

 4x  4 y  
� xy   4  x   4  y 
� x y   4 x   4 y 
� xy 

2

2

 4  x   4  y   16
x y  4  x  y   16 �
 �
�
� 0
  4 x   4 y   0
2

2

2

2

2

2

2

0

2

2

Trang 14


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

� x2  y 2  4

P  x6  y 6   x 2    y 2    x2  y 2  �
 4 16  3 x 2 y 2   64  12 x 2 y 2
 x 2  y 2   3x 2 y 2 �
�
� 
3

x2 y 2

x
�

3

2

 y2 

4
Mặt khác
Do đó P �64  12.4  16

2

2

4

2
2
(bất đẳng thức cô-si với hai số x , y  0 )

Vậy min P  16 , dấu "  " xảy ra khi x  y  2
 HẾT 

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 15


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ 3
ĐỀ THI GIỮA KÌ I – MƠN TỐN 9
TRƯỜNG LIÊN CẤP TIỂU HỌC VÀ THCS NGÔI SAO
NĂM HỌC 2020 – 2021
1 �� x  1
� 1
P�


�: �
x 2

x ��
x

2
�
�
Câu 1. Cho biểu thức

x 2�
�
x 1 �
�

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của biểu thức P khi
c) Tìm x để

P

x

16
9 .

1
2

d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 2. (2,5 điểm). Cho đường thẳng
a) Tìm m sao cho: Hàm số

số khi m  0

Q

2
�x
P

 x �1

 d  : y   m  3 x  1.
y   m  3 x  1.

nghịch biến trên R và vẽ đồ thị của hàm

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị của hàm số
ln đi qua một điểm cố định.
b) Tìm m để khoảng cách từ gốc đến tọa độ đến đường thẳng
nhất.

y   m  3 x  1.

 d  đạt giá trị lớn

Câu 3. (3,5 điểm). Cho MNP nhọn, đường cao ND; PE cắt nhau tại H
a) Chứng minh rằng: 4 điểm N , E , D, P cùng nằm trên cùng một đường tròn và 4
điểm M , D, H , E cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh HD.HN  HE.HP
c) Gọi O là tâm đường tròn đi qua 4 điểm M , D, H , E . Chứng minh IE là tiếp

 O  biết

I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P
d) Cho bán kinh đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P bằng R. Chứng minh

tuyến của

� 2
tan NMP
biết MH  R
Câu 4. Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng :

M  3a  1  3b  1  3c  1 �4
HẾT

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 16


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1.

1 �� x  1
x 2�
� 1

P�

:�

�
�
x ��
x 1 �
� x 2
� x 2
�
Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của biểu thức P khi

16
9 .

1
2

P

c) Tìm x để

x

d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q

2
�x
P

 x �1

Lời giải
a) ĐKXĐ: x  0; x �1; x �4

x

P

P

x
2







x 2
x 2





 :



x 1

 
 x  2 
x 1 

x 2





x 2

x 1



x



2

x 2





�



x 1

x 2

x  1   x  4

x 1
3 x

16
x
9 (TMĐKXĐ) vào P ta có:
b) Thay

Vậy khi

c) Ta có:

x

P

2



�4

�

 1�
  2 ��
�3 � 1

x 1

4
3�
3

3 x

6
.

16
1
P
6
9 thì

P

1
2( x  1) 1
4( x  1) 3 x
�
 �

2
2
3 x
6 x
6 x

Do x  0 � x  0 nên ta có: 4( x  1)  3 x � x  4 � x  16
0  x  16
�
�
Kết hợp ĐKXĐ x  0; x �1; x �4 ta có: �x �1, x �4 .
Q

d) Ta có:

Ngơ Nguyễn Thanh Duy

2
2.3 x � x
�x 


P
2( x  1)

3x
x 1

�

Q

3

x
x  1 với x �1

Trang 17




Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

�
1 
t 0
t 0
�
�x ��
��
��

�
x �1; x �4 �
t �0; t �1 �
t �1
t  x  1 � x   t  1
Đặt
. Vì �
2

Q (t  1) 2 t 2  2t  1
1


t 2
t
t
t
Suy ra: 3
.
Áp

dụng
BĐT
1
1
1
t  �
2 ���
t
t

2 2 2
t
t
t

Cosi
Q
4
3

cho

t0

ta

có:

Q 12

1
t  � t  �1
t
Dấu “=” xảy ra khi
không thoả mãn điều kiện.

Vậy biểu thức Q không tồn tại giá trị nhỏ nhất.

Bài 1.

 d  : y   m  3 x  1.
y   m  3 x  1.
Tìm m sao cho: Hàm số
nghịch biến trên R và vẽ đồ thị của

(2,5 điểm). Cho đường thẳng
c)

hàm số khi m  0
d) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị của hàm số
ln đi qua một điểm cố định.
e) Tìm m để khoảng cách từ gốc đến tọa độ đến đường thẳng
nhất.

y   m  3 x  1.

 d  đạt giá trị lớn

Lời giải
a) Để hàm số
� m3 0

y   m  3 x  1.

nghịch biến trên R

� m3
Với m  0 � y  3x  1


x  0 � y  1 � A  0;1 �Oy
y 0�x




1
�1 �
� B� ;0�
�Oy
3
�3 �

Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B là đồ thị của hàm số
y  3 x  1

M  x0 ; y0 
y   m  3 x  1.
b) Gọi
là điểm cố định mà đồ thị của hàm số
luôn đi
qua
� y0   m  3 x0  1 m
� y0  mx0  3 x0  1 m
� y0  3 x0  1  mx0 m
�x0  0
�x0  0
��
��
�y0  3 x0  1  0 �y0  1

M  0;1
y   m  3 x  1.
Vậy
là điểm cố định mà đồ thị của hàm số
luôn đi qua
 d  : y   m  3 x  1
c) Hàm số
Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 18


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

x  0 � y  1 � M  0;1 �Oy � OM  1
y 0�x

1
1
�1
�
�C�
;0�
�Ox � OC=
3 m
3 m
�3  m �

Kẻ OH  d
Xét OMC vuông tại O; OH  MC

1
1
1
�


2
2
OH
OM
OC 2 (hệ thức lượng trong tam giác

vuông)
1
2
�
 1   3  m  �1 m
2
OH
 OH 2 1 OH 1
Dấu « = » xảy ra � m  3  0 � m  3
(3,5 điểm). Cho MNP nhọn, đường cao ND; PE cắt nhau tại H
e) Chứng minh rằng: 4 điểm N , E , D, P cùng nằm trên cùng một đường tròn và 4
điểm M , D, H , E cùng nằm trên một đường tròn.

Bài 2.

f) Chứng minh HD.HN  HE.HP
g) Gọi O là tâm đường tròn đi qua 4 điểm M , D, H , E . Chứng minh IE là tiếp

 O  biết

I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P
h) Cho bán kinh đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P bằng
R.

tuyến của

Chứng

�
minh tan NMP  2 biết MH  R
Lời giải

�
�
a) Ta có ND  MP � NDP  NDM  90�
�  PEM
�  90�
PE  MN � NEP

�
�
Ta có: NEP  NDP  90�suy ra 4 điểm N , E , D, P cùng
nằm trên cùng một đường trịn đường kính NP
�
�
Ta có : MEH  MDH  90�suy ra 4 điểm M , D, H , E
cùng nằm trên một đường tròn đường kính
MH .

b) Xét NEH và PDH có:
�  DHP
�
�
EHN
�
�� NEH �PDH  g .g 
�
�
NEH  HDP  90�
�
HN HE
�

� HN .HD  HE.HP
HP HD
c) Xét MNP có đường cao ND; PE cắt nhau tại H
� MH là đường cao
Kẻ

MH �NP   K  � MK  NP

Ta có O là tâm đường trịn đi qua 4 điểm M , D, H , E � OE  OM � OME cân tại O
�  OEM
�
� OME
(1)
Ta có I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P � IE  IP � IPE cân tại I
�  IEP
�

IPE
(2)
Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 19


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

�
�
�
Ta lại có : OME  IPE ( cùng phụ với MNP ) (3)
�
�
Từ (1); (2); (3) � OEM  IEP
�
�
�
Mà OME  OEH  MEH  90�
�  OEH
�  90� OEI
�  90�� OE  EI
� IEP
hay
Mà OE là bán kính đường trịn tâm O
� EI là tiếp tuyến của đường trịn tâm O
d) Ta có I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm N , E , D, P
� I là trung điểm của NP � NP  2 IP  2 R
Xét MHE và PEN có :

�  EPN
�
�
HME
�
�� MEH �PEN  g .g 
�  PEN
�  90�
MEH
�
PE
NP 2 R
�


2
EM MH
R
�  PE  2
E � tan NMP
EM
Xét MEP vuông tại
Bài 3.

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng”

M  3a  1  3b  1  3c  1 �4
Lời giải
�a, b, c �0
۳ 0 a, b, ��

c �
1  a(1 a ) 0
�
a

b

c

1
�
Ta có:
2
; c �c .

a

a2

2
. Tương tự ta có: b �b

2
2
Suy ra: 3a  1  a  2a  1 �a  2a  1 � 3a  1 �(a  1) � 3a  1 �a  1 .

Tương tự ta chứng minh được:

3b  1 �b  1 và 3c  1 �c  1

Cộng
các
vế
với
nhau
M  3a  1  3b  1  3c  1 �a  1  b  1  c  1  4

ta

có:

Dấu “=” xảy ra khi a  1; b  0; c  0 và các hốn vị khác của nó.
Vậy M �4

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 20


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ 4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI
AMSTERDAM

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN TỐN

Bài 1.

Cho hai biểu thức:

1) Chứng minh rằng:

A

3



x 2
x2

B


và

B

x 1 5 x  2

x  4 với x �0 và x �4 .
x 2

x
x 2

2) Tìm tất cả các giá trị của x để B  0 .

3) Tìm các số thực x sao cho A.B nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2.

Giải phương trình sau:

x2  2x 1  2x  4  0

Bài 3.
1) Chiều dài của cái bập bênh là 5,2m, khi một đầu của cái bập bênh chạm đất thì cái
0
bập bênh tạo với mặt đất một góc 23 ( xem hình vẽ). Hỏi đầu cịn lại của cái bập

bênh cách mặt đất bao nhiêu mét? ( biết mặt đất phẳng, kết quả làm tròn sau dấu
phẩy 2 chữ số)

 AB  AC  , đường cao AH .
2) Cho tam giác ABC vuông tại A
BH
a) Cho AB  5cm , AC  12cm . Hãy tính tỷ số CH .
b) Kẻ HE , HF lần lượt vng góc với AB, AC tại E , F . Chứng minh: EF là tiếp
tuyến của đường trịn có đường kính HC .
c) Gọi O là trung điểm của HC và d là tiếp tuyến tại C của đường trịn đường kính

HC . Đường thẳng đi qua H , vng góc với AO và cắt d tại D . Chứng minh rằng
hai tam giác HAC và COD đồng dạng.

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 21

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Bài 4.

Cho x , y là các số thực khơng âm thỏa x  y  2020 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P  x 2 y

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 22


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1.

A

Cho hai biểu thức:

1) Chứng minh rằng:

3



x 2
x2


và

B

x 1 5 x  2

x  4 với x �0 và x �4 .
x 2

x
x 2

B

2) Tìm tất cả các giá trị của x để B  0 .
3) Tìm các số thực x sao cho A.B nhận giá trị là số nguyên.
Lời giải

1) Với x �0 và x �4 ta có
x 1 5 x  2

x4
x 2

B

B

B

B

B





x 1





x 2 5 x 2

x 2



x 2



x 3 x  25 x 2



x 2



x 2

x2 x



x 2
x





x 2



x 2

x 2





x 2






x
x 2

B

2) Với x �0 và x �4 ta có

B0
�

x
0
x 2

� x  2  0 (vì

x �0 )

� x 2

�0 x 4

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 23


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

3) Với x �0 và x �4 ta có
Xét

x0�

A.B 

3



x 2
x2

.

x
3 x

x 2 x2.

3 x

0
x2
thỏa.
2

3
9 23 �
3 � 23
�
�
2 �x  2.
x   � 2 � x  �
3 x
2 x  3 x  4
4
16 16 �
4� 8
2 
 �
 �
0
x

2
x

2
x

2

x

2
Xét

�

Để

�

3 x
2
x2
.
A.B 

3 x
x  2 nhận giá trị nguyên thì

3 x
1� x  3 x  2  0 �
x2

� x  2 hoặc



x 2





x 1  0

x 1

� x  4 (tm) hoặc x  1 (tm)
Vậy:
Bài 2.

x � 0;1; 4

Giải phương trình sau:

x2  2x 1  2x  4  0
Lời giải

x2  2 x  1  2 x  4  0

� x2  2 x  1  2x  4
�x 2  2 x  1  2 x  4
��
2 x  4 �0
�

�x 2  4 x  3  0
��
�x �2

��
x  1  loaïi 
��
� ��
x  3  nhaä
n
�
�x �2
Vậy x  3
Bài 3.
1) Chiều dài của cái bập bênh là 5,2m, khi một đầu của cái bập bênh chạm đất thì cái
0
bập bênh tạo với mặt đất một góc 23 ( xem hình vẽ). Hỏi đầu cịn lại của cái bập

Ngơ Nguyễn Thanh Duy

Trang 24


Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

bênh cách mặt đất bao nhiêu mét? ( biết mặt đất phẳng, kết quả làm tròn sau dấu
phẩy 2 chữ số)

 AB  AC  , đường cao AH .
2) Cho tam giác ABC vuông tại A
BH
a) Cho AB  5cm , AC  12cm . Hãy tính tỷ số CH .
b) Kẻ HE , HF lần lượt vuông góc với AB, AC tại E , F . Chứng minh: EF là tiếp
tuyến của đường trịn có đường kính HC .

c) Gọi O là trung điểm của HC và d là tiếp tuyến tại C của đường tròn đường kính

HC . Đường thẳng đi qua H , vng góc với AO và cắt d tại D . Chứng minh rằng
hai tam giác HAC và COD đồng dạng.
Lời giải
1)

BC là chiều dài của bập bênh

BD là đầu còn lại của bập bênh với mặt đất
Góc DCB bằng 23�
Xét tam giác vng DCB tại B có DB  CD.sin 23�. Nên DB �2, 03 m
Vậy đầu còn lại của bập bênh cách mặt đất khoảng 2, 03 m.
2)

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 25