đề tuyển sinh vào 10 Môn toán

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021
Đề số 1
1. Đề thi
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình

x2 − x + 8 = 4 x + 3
a2
b2
c2
K=
+
+
( a − b) ( a − c ) ( b − c ) ( b − a ) ( c − a ) ( c − b )

b) Chứng minh rằng biểu thức
là số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đơi một phân biệt.

có giá trị

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

Bài 2 (5.0 điểm).
a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn
minh rằng chia hết cho 9.
b) Cho đa thức

a+b+c

P ( x ) = x 3 + ax + b

và

ab − bc − ca

có một nghiệm là

minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức

cùng chia hết cho 3. Chứng

1+ 3

(a, b là các số hữu tỉ). Chứng

x 2 − 2 x − 2.

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a 2 + b2 + c 2 = 1

.

Q = a+b + b+c + c+a

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn (I)nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn
(I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA lần lượt tại điểm D, E. Qua điểm B, kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI tại điểm J. Gọi P là hình chiếu vng
góc của điểm J trên đường thẳng BC.

WORD=> ZALO_0946 513 000

a) Chứng minh rằng BD = CP.

b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng:

1
1
2
+
=
.
AI AJ AN

c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE. Gọi K là trung điểm của PQ. Chứng
minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP.
Bài 5 (2.0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

3x + 2 y = 1 + 2 z .

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1. Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào
hình chữ nhật sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm
đó có thể đặt được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật).
i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện

tích khơng vượt q

1
2

.

PHAN THANH THƯƠNG


ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba

đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và diện tích khơng vượt qua
nhỏ nhất của n.

1
4

. Tìm giá trị

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình

x2 − x + 8 = 4 x + 3
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

a2
b2
c2
K=
+
+
( a − b) ( a − c ) ( b − c ) ( b − a ) ( c − a ) ( c − b )

b) Chứng minh rằng biểu thức
là số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đơi một phân biệt.

có giá trị

Lời giải.
a) Điều kiện . Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

(x
( x − 1)

2

+

Hay

( x − 1) ≥ 0

(

x+3 −2

2

Vì

tức

x =1

và

(

)

2

2

(

)

− 2 x + 1) + x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0,

=0

x+3−2

)

2

( x − 1)

≥0

2

=

nên (1) xảy ra khi và chỉ khi

(

x+3−2

)

2

=0

WORD=> ZALO_0946 513 000

(thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

x = 1.

b) Ta có

K=

a 2 ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c 2 ( a − b )

( a − b) ( b − c) ( a − c)
a 2 − b2 ) ( b − c ) − ( b 2 − c 2 ) ( a − c )

(
=
( a − b) ( b − c) ( a − c)

=

a2 ( b − c ) + b2 ( c − b + b − a ) + c2 ( a − b )

( a − b) ( b − c) ( a − c)
( a − b) ( b − c ) ( a + b − b − c )
=
= 1.
( a − b) ( b − c) ( a − c)

Do đó, biểu thức K ln nhận giá trị ngun là 1.
Bài 2 (5.0 điểm).
a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn
minh rằng chia hết cho 9.
b) Cho đa thức

a+b+c

P ( x ) = x 3 + ax + b

và

ab − bc − ca

có một nghiệm là

cùng chia hết cho 3. Chứng

1+ 3

(a, b là các số hữu tỉ). Chứng

x − 2 x − 2.
2

minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức

Lời giải.

PHAN THANH THƯƠNG


( a + b ) ( a + b + c ) + ( ab − bc − ca )

a) Từ giả thiết ta có
hết cho 3. Từ đó suy ra cùng chia hết cho 3.

chia hết cho 3, hay

Với mọi số nguyên x, ta có x chia 3 dư 0, 1 hoặc 2 nên
và

a2

b

2

x2

chia

chia 3 dư 0 hoặc 1.Suy ra

a + b2

a2

2

khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Như vậy, để

và

b2

(

P 1+ 3
b) Từ giả thiết, ta có

3=−

a+6≠ 0

Do đó

chia hết cho 3, ta phải có

cùng chia hết cho 3, tức a và b cùng chia hết cho 3. Mặt khác, do a + b + c

ab − bc − ca

chia hết cho 3 nên c cũng chia hết cho 3. Từ đây, dễ thấy
Ta có điều phải chứng minh.

Nếu

a 2 + b 2 + 3ab

a = −6

, ta có
. Từ đó suy ra

)

chia hết cho 9.

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

, hay

( a + 6)

a + b + 10

a+6

3 = − ( a + b + 10 ) .

là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì

a + b + 10 = 0

b = −4

, tức

3

là một số vô tỉ.

. Vậy

P ( x ) = x3 − 6 x − 4 = ( x 2 − 2 x − 2 ) ( x + 2 )

Rõ ràng

P ( x)

x 2 − 2 x − 2.

chia hết cho đa thức

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn

a 2 + b2 + c 2 = 1

WORD=> ZALO_0946 513 000

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

Q = a+b + b+c + c+a

Lời giải.
Giá trị lớn nhất của biểu thức Q. Với mọi số thực x, y và z, ta có

( x − y)
Từ đó suy ra

2

+ ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 0.
2

2 ( xy + yz + zx ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )

2

( x + y + z)
, hay

2

≤ 3( x2 + y2 + z2 ) .

Sử dụng kết quả này, ta được:

Q4 = 


(

)

2

2
2
a + b + b + c + c + a  ≤ 3 ( a + b + b + c + c + a ) 


= 36 ( a + b + c ) ≤ 36.3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 108.
2

Q ≤ 108

a=b=c=

4

Suy ra

. Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4

giá trị lớn nhất của biểu thức Q là

3
3

. Vậy

108.

PHAN THANH THƯƠNG


Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q. Từ giả thiết, ta có
0 ≤ a, b, c ≤ 1.
a ≥ a2

Từ đây, ta có
a 2 + b2 ≥ ( a 2 + b

)

2 2

và

b ≥ b2

. Từ đó

a + b ≥ a2 + b2

. Mà

a2 , b2 , c2 ≤ 1

. Suy ra

0 ≤ a 2 + b2 = 1 − c2 ≤ 1

nên

.

Tóm lại, ta có:
a + b ≥ a 2 + b2 ≥

(a

2

+ b2 ) = a 2 + b2 .
2

b + c ≥ b2 + c 2 , c + a ≥ c 2 + a 2 .
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Chứng minh tương tự, ta cũng có:
Từ các kết quả trên, ta suy ra:

Q ≥ a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 = 2.

a =1
b=c=0
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi
và
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
Q là 2.
Q≥2
Bình luận: Để chứng minh
, ta cịn có hai cách tiếp cận khác như sau.
Cách 1. Không mất tính tổng qt, giả sử
GM, ta có:

a≥b≥c

. Sử dụng bất đẳng thức AM-

a + b + a + c ≥ 2 4 ( a + b ) ( a + c ) = 2 4 a 2 + ab + ac + bc
≥ 2 4 a 2 + b 2 + c 2 + bc = 2 4 1 + bc ≥ 2.
WORD=> ZALO_0946 513 000

Lại có

b+c ≥0

nên

Q ≥ 2.

Cách 2. Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có

a ≥ a2 , b ≥ b2

và

( c + a) ( c + b) ≥ c
Q2 =

(

c ≥ c2

. Từ đây, với chú ý

0 ≤ a , b, c ≤ 1

nên

( a + b ) ( a + c ) ≥ c2 , ( b + c ) ( b + a ) ≥ b2

và

2

, ta có

a+b + b+c + c+a

)

2

= 2( a + b + c) + 2 


( a + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( c + a ) ( c + b ) 

≥ 2 ( a + b + c ) + 2 ( a + b + c ) = 4 ( a + b + c ) ≥ 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 4.
Suy ra

Q ≥ 2.

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn
(I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA lần lượt tại điểm D, E. Qua điểm B, kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI tại điểm J. Gọi P là hình chiếu vng
góc của điểm J trên đường thẳng BC.
a) Chứng minh rằng BD = CP.
PHAN THANH THƯƠNG


b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng:

1
1
2
+
=
.

AI AJ AN

c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE. Gọi K là trung điểm của PQ. Chứng
minh rằng đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP.
Lời giải.

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

WORD=> ZALO_0946 513 000

a) Có J là tâm đường trịn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC.

⇒ CP = BD =

BA + BC − AC
2

Hoặc lấy trung điểm M của IJ, khi đó MB = MC, MD = MP nên BD = CP.
b) Tính chất của hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10)

Có : BI, BJ là phân giác trong, ngoài tam giác ABN suy ra

k=
Cách biến đổi đại số: Đặt
điều kiện phải chứng minh.

IA JA
=
, AN = a
IN JN

IA JA
=
IN JN

từ đó tính được AI, AJ theo a, k. Thay vào

PHAN THANH THƯƠNG


Cách khác:

IA JA
AN
AN
AN AN
1
1
2
=
⇒
−1 = 1−
⇒
+
=2⇒
+
=
IN JN
AI
AJ

AI
AJ
AI AJ AN

c) Gọi DI cắt AP tại S. Kẻ

có:
Do

⇒

JR ⊥ AC

IS AI IE
=
=
⇒ IS = ID
JP AJ JR
IC ⊥ DE , PQ ⊥ DC ⇒ ∆IDC : ∆DPQ ( g .g )

DI
PD
DS DP
=
⇒
=
⇒ ∆DSP : ∆PBK ( c.g .c )
DC PQ
BP PK
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

·
·
⇒ DSP
= PBK
⇒ BK ⊥ AP
Bài 5 (2.0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

3x + 2 y = 1 + 2 z .

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1. Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào
hình chữ nhật sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm
đó có thể đặt được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật).
i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện

tích khơng vượt quá

1
2

.

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba
WORD=> ZALO_0946 513 000

đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và diện tích khơng vượt qua
nhỏ nhất của n.

1

4

. Tìm giá trị

Lời giải.

a) Xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: y = 1. Trong trường hợp này, ta có
2 z − 1 = 3x

Suy ra
2 =2
z

2 z ≡ 1( mod 3 )

2 k +1

. Nếu z là số lẻ, tức

= 2.4 ≡ 2 ( mod 3)

z = 2k + 1

với k tự nhiên, thì ta có

k

dương. Khi đó ta có

, mâu thuẫn. Do đó z là số chẵn, tức

z = 2k

với k nguyên

3x = 22 k − 1 = ( 2 k − 1) ( 2k + 1) .

PHAN THANH THƯƠNG


Suy ra

2k − 1

(2

cho 3 (do

2k + 1

và
k

đều là lũy thừa của 3. Mà hai số này không cùng chia hết

+ 1) − ( 2k − 1) = 2

không chia hết cho 3) nên trong hai số phải có một
k =1

2 −1 < 2 +1
2k − 1 = 1
số bằng 1. Lại có
nên
, tức
. Một cách tương tự, ta tính
x =1
z=2
được
và
. Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
y≥2
3x > 1
2z > 2 y
Trường hợp 2:
.Vì
nên từ phương trình đã cho, ta có
, tức
k

z>y

. Suy ra

lẻ, tức

2y

và

k

2z

x = 2l + 1

cùng chia hết cho 4. Từ đó ta có
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

2 l +1

3 =3
x

l

với tự nhiên, thì
x = 2l
l
là số chẵn, tức
với nguyên dương.
y≥4

+) Giả sử
Nếu

. Khi đó, ta có

l = 2t + 1

l

3x ≡ 1( mod 4 )

2y

và

2z

= 3.9 ≡ 3 ( mod 4 )

. Nếu x là số

l

, mâu thuẫn. Do đó x

cùng chia hết cho 16 nên

3x ≡ 1( mod16 )

3x = 34t + 2 = 9.81t ≡ 9 ( mod16 )

t

.

là số lẻ, tức
với

tự nhiên, thì
l
l = 2t
t
thuẫn. Do đó
là số chẵn, tức
với

nguyên dương. Suy ra

3 = 3 = 81 ≡ 1( mod 5 )

2 z − y ≡ 1( mod 5 ) .

x

4t

t

. Từ đó

2z − 2 y

chia hết cho 5, hay

2 z − y = 2.4u ≡ ±2 ( mod 5 )

WORD=> ZALO_0946 513 000

Nếu

z− y

, mâu

z − y = 2u + 1

là số lẻ, tức
với u tự nhiên, thì
mâu
z− y
z − y = 2u
thuẫn. Do đó
là số chẵn, tức
với u nguyên dương. Khi đó, ta có

2 z − 2 y = 2 y ( 4u − 1)

chia hết cho 3. Lại có

3x

chia hết cho 3 nên 1 chia hết cho 3,

mâu thuẫn.
y≤3

y=2

3x + 3 = 2 z

+) Như vậy, ta phải có
. Nếu
thì ta có
y=3
2 z − 32 l = 7
3, mâu thuẫn. Do đó
. Khi đó ta có:
Từ đây, ta có
chẵn, tức

và

z = 2m

2 −3 < 2 +3
m

Vì

2 z ≡ 1( mod 3)

x=2

l

m

và

chia hết cho

. Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy ra z là số

với m nguyên dương. Khi đó ta có:

l

, suy ra

2z

2m + 3l > 0

nên

2m + 3l = 7

. Từ đó

(2

m

− 3l ) ( 2m + 3l ) = 7.

m=2

và

l =1

, hay ta có

z=4

. Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Vậy có hai bộ số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu là (1, 1, 2) và (2, 3, 4).
PHAN THANH THƯƠNG


b) i) Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
S. Xét ba điểm E, F, G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi
S EFG ≤
hình chữ nhật ABCD. Khi đó

1
S
2

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Qua ba điểm E, F, G kẻ các đường thẳng vng góc với đường thẳng AB. Trong
các đường thẳng này, có một đường thẳng nằm giữa hoặc trùng với một trong
hai đường thẳng kia. Khơng mất tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳng d qua
điểm F. Khi đó, đường thẳng d sẽ cắt đoạn thẳng EG tại điểm P nào đó. Gọi M, N
theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng d và hai đường thẳng AB, CD. Khi đó,
ta có

1
1
d ( E , MN ) .MN + d ( G, MN ) .MN
2
2
1
1
1
1
≤ d ( A, MN ) .MN + d ( B, MN ) .MN = . AB.MN = S ,
2
2
2
2
S EFG = S EPF + SGPF ≤ S EMN + SGMN =

WORD=> ZALO_0946 513 000

Trong đó d(X, ZT) được ký hiệu là khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT.
Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

n≥2
n ≤1
ii) Trước hết, ta sẽ chứng minh
. Thật vậy, giả sử
. Gọi hình chữ nhật
đã cho là hình chữ nhật ABCD. Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ
nhật nhỏ bằng nhau AMRQ, BMRP, CPRN, DQRN như hình vẽ bên dưới.
Xét hai hình chữ nhật AMND và BMNC. Ta thấy mỗi điểm trong năm điểm đã
cho thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do

đó, có ba điểm thuộc cùng một hình chữ nhật. Khơng mất tính tổng quát, giả sử
ba điểm đó là H, K, S và chúng cùng thuộc hình chữ nhật AMND.
Xét hai hình chữ nhật AMRQ và DQRN. Ta thấy mỗi điểm trong ba điểm H, K, S
sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do
đó, có hai điểm thuộc cùng một hình chữ nhật. Khơng mất tính tổng qt, giả
sử hai điểm đó là H, K và chúng cùng thuộc hình chữ nhật AMRQ.

PHAN THANH THƯƠNG


TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

S HKS ≤

Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phần i) ta có

1
1
S AMND =
2
4

Gọi hai điểm còn lại trong năm điểm là V và W. Nếu có một điểm nào đó trong
hai điểm này thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn là V thì bằng cách sử dụng kết
S HKV ≤

1
4

n≥2

quả đã chứng minh ở phần i), ta cũng có
. Suy ra
, mâu thuẫn. Do
đó, cả hai điểm V và W phải nằm trong hình chữ nhật CPRN.
Nếu S thuộc một trong hai hình chữ nhật DQRN và BMRP thì bằng cách sử dụng

S SVW ≤
kết quả đã chứng minh ở phần i) ta có
hình chữ nhật AMRQ.

1
4

mâu thuẫn. Do đó S nằm trong

WORD=> ZALO_0946 513 000

Gọi S1 là diện tích của tứ giác (khơng nhất thiết lồi) tạo bởi H, K, S và V. Khi đó,
rõ ràng

S1 ≤ SVMAQ = S AMRQ + SVQR + SVMR ≤

1
1 1 1 1
+ S NQR + S PMR = + + = .
4
4 8 8 2

Mặt khác, trong ba tia VH, VK, VS ln có một tia nằm giữa hai tia cịn lại,
chẳng hạn VK. Do đó:

S1 = SVHK + SVKS ≥ 2 min { SVKH , SVKS } .

Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra
có

n≥2

mâu thuẫn. Vậy ta phải có

1
2 min { SVKH , SVKS } ≤ .
4

S HKS ≤
Từ đó, kết hợp với

1
4

, ta

n ≥ 2.

Mặt khác, ta có n = 2 được thỏa mãn trong trường hợp sau:

PHAN THANH THƯƠNG


Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2.

Bình luận: Bài 5a) là một sự tương tự hóa của bài số học trong đề chọn đội tuyển Việt
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất cả số ngun dương x, y, z thỏa mãn

7 x + 2 y = 1 + 2z .

Trường hợp đặc biệt của bài toán cũng đã được sử dụng làm đề chọn đội tuyển
Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất cả các số
nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

1 + 2 x = 3 y + 2.4 z

WORD=> ZALO_0946 513 000

PHAN THANH THƯƠNG


SỞ GD&ĐT TPHCM

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2020- 2021
Thời gian : 120 phút

Bài 1: Cho hàm số y =

0, 25x 2

có đồ thị (P) và hàm số y = x – 1 có đồ thị (D).

a) Vẽ (D) và (P) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

b) Tìm tọa độ giao điểm của (D) và (P) bằng phép toán.
Bài 2: Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 + 4x – 1 = 0.

A=
Khơng giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức:

x1 x2 5
+ +
x2 x1 2

Bài 3: Trong kỳ thi HK II mơn tốn lớp 9, một phịng thi của trường có 24 thi sinh dự thi. Các thi sinh đều
phải làm bài trên giấy thi của trường phát cho. Cuối buổi thi, sau khi thu bài, giám thị coi thi đếm được tổng
số tờ là 53 tờ giấy thi. Hỏi trong phịng thi đó có bao nhiêu thí sinh làm bài 2 tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh
làm bài 3 tờ giấy thi? Biết rằng có 3 thí sinh chỉ làm 1 tờ giấy thi.
Bài 4: Hãng taxi A qui định giá thuê xe cho những chuyến đi đường dài (trên 50 km).mỗi kilomet là 15 nghìn
đồng đối với 50km đầu tiên và 9 nghìn đồng đối với các kilomet tiếp theo.
WORD=> ZALO_0946 513 000

a Một khách thuê xe taxi đi quãng đường 70 km thì phải trả số tiền thuê xe là bao
nhiêu nghìn đồng?
b Gọi y (nghìn đồng) là số tiền khách thuê xe taxi phải trả sau khi đi x km. Khi ấy mối
liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất y = ax + b. Hãy xác định hàm
số này khi x > 5
Bài 5: Thứ 7 hàng tuần cửa hàng Domino’s pizza áp dụng giá cho bánh pizza loại Ocean
Mania như sau

7 inch

9 inch

12 inch

Ocean Mania

Size S: 77 000 đồng

Size M: 127 000 đồng

Size L: 237 000 đồng

Hỏi em nên chọn size bánh nào để tốn ít tiền nhất và vẫn được nhiều bánh nhất? Giải thích?
Bài 6: Do mẫu Toyota sắp ra mắt nên Toyota cũ được bán giảm giá 2 lần. lần 1 giảm 5% so với giá ban đầu,
lần 2 giảm 10% so với giá bán sau khi giảm lần 1. sau 2 lần giảm giá của xe cũ là
684 000 000đ. Giá chiếc xe mới cao hơn xe cũ là 25%. Hỏi xe mới giá bao nhiêu tiền ?
PHAN THANH THƯƠNG


Bài 7:
Một chiếc nón lá như hình bên: có độ dài đường sinh là 25cm, bán
kính đường trịn đáy là 15cm. Tính thể tích của chiếc nón trên? Biết

1
V = S .h
3

: V là thể tích hình nón; S là diện tích đáy, h là chiều cao

hình nón

Bài 8: Cho đường trịn (O;R) và điểm A nằm ngồi đường trịn (O).Vẽ hai tiếp tuyến AB,AC của (O) (B,C :Tiếp
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

điểm).Vẽ cát tuyến ADE của (O) (D.E thuộc (O);D nằm giữa A và E;Tia AD nằm giữa hai tia AB và AO.
a)Chứng minh AB2 = AD . AE
b)Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh tứ giác DEOH nội tiếp
c)Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M và N (M nằm giữa A và O).
Chứng minh EH.AD = MH.AN
Hết

WORD=> ZALO_0946 513 000

ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC
Bài 1 và bài 2, giáo viên tự giải.
Bài 3 : Gọi x, y lần lượt số thí sinh làm 2 tờ và 3 tờ giấy thi (đk: x , y nguyên dương)

Theo đề bài ta có:

2 x + 3 y = 50
 x = 13
⇔ ... ⇔ 

 x + y = 21
 y =8

Vậy có 13 thí sinh làm 2 tờ, 8 thí sinh làm 3 tờ.
Bài 4:
PHAN THANH THƯƠNG

a) Số tiền thuê xe:

15000 . 50 + 9000 . 20 = 930000đ

b) Hàm số biểu thị : y = 50.15000 + (x – 50).9000 = 9000x + 300000
Bài 5 : Diện tích của bánh size S là π ( 7 : 2 )2 = 12,25π (inch2 )
Diện tích của bánh size M là π ( 9 : 2 )2 = 20,25π (inch2 )
Diện tích của bánh size L là π ( 12 : 2 ) 2 = 36π (inch2 )
Giá của 1 inch2 bánh size S là 77 000 : (12,25π) ≈ 2000,8 ( đồng / inch2 )
Giá của 1 inch2 bánh size M là 127 000 : (20,25π) ≈ 1996,3 ( đồng / inch2 )
Giá của 1 inch2 bánh size L là 237 000 : (36π) ≈ 2095,5 ( đồng / inch2 )
Nên chọn bánh size M để tốn ít tiền nhất và vẫn được nhiều bánh nhất
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

vì 1996,3 ( đồng / inch2 )< 2000,8( đồng / inch2 ) < 2095,5( đồng / inch2 )
Bài 6:
Giá chiếc Toyota cũ trước khi giảm là:
Giá chiếc Toyota mới là:

684000000 : ( 100% − 5% )  : ( 100% − 10% ) = 800000000

800000000. ( 100% + 25% ) = 1000000000

(đ)

(đồng)

Bài 7 : Chiều cao hình nón là :

SA2 = SO 2 + OA2
2

⇒ SO 2 = SA2 − OA2 = 25 − 152 = 400
⇒ SO = 20 (cm)

WORD=> ZALO_0946 513 000

Diện tích đáy hình nón là :
2

S = π R = π 152 = 225π

(cm2)

Thể tích hình nón là :
3
1
1
V = S .h = .225π .20 = 4710 (cm )
3
3

Bài 8 :

a)

C/m

∆ABD ∆AEB

∽

(g.g)
PHAN THANH THƯƠNG


Suy ra

AB AD
=
⇔ AB2 = AD.AE
AE AB

C/m AH.AO=AD.AE(=AB2)
b)

∆AHD ∆AEO

∽
(cgc) =>
Tứ giác DEOH nội tiếp(Tứ giác có góc trong bằng góc đối ngồi)

c)
Ta có

1·
·
·
DEM
= DOM

= DEH
2
⇒

Suy ra EM là phân giác tam giác EAH

∆AEM

∽

∆AND

Từ (1) (2) suy ra

⇒
(gg)

AE AM
=
AN AD

EH MH
=
(1)
AE AM
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

(2)

EH AE MH AM

.
=
.
⇔ EH.AD = MH.AN
AE AN AM AD

WORD=> ZALO_0946 513 000

PHAN THANH THƯƠNG