TOP 30 Đề thi Học kì 2 Toán lớp 9 năm 2022 có đáp án

(1)

`1Đề thi học kỳ 1 – Toán 9 – Có đáp án Đề 1:

Bài 1 (1 điểm): Thực hiện phép tính

a)



²^ ³



² ^ ⁴^^{2 3}

b) 15 6 6  33 12 6 Bài 2 (1 điểm): Tìm x a) 2x  3 1 2 b) x²  4 2 x 2 0

Bài 3 (2 điểm): Cho đường thẳng (d): y = 2x + m + 1.

a) Tìm m để (d) đi qua điểm C(1; 5)

b) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m + 1 cắt hai trục Ox, Oy tại hai điểm A và B sao cho OA = OB.

Bài 4 (2 điểm): Cho biểu thức:

x x 9 3 x 1 1

C :

9 x

3 x x 3 x x

     

          với x > 0; x9.

a) Rút gọn C

b) Tìm x sao cho C < -1.

Bài 5 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O;R) và điểm M ở ngoài đường tròn sao cho OM =8

5R . Kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm), đường thẳng AB cắt OM tại K.

a) Chứng minh K là trung điểm của AB.

b) Tính MA, AB, OK theo R.

(2)

c) Kẻ đường kính AN của đường tròn (O). Kẻ BH vuông góc với AN tại H. Chứng minh MB.BN = BH.MO.

d) Đường thẳng MO cắt đường tròn (O) tại C và D (C nằm giữa O và M). Gọi E là điểm đối xứng của C qua K. Chứng minh E là trực tâm của tam giác ABD.

Bài 6 (0,5 điểm): Giải phương trình sau:

2 2 2

3x 6x 7 5x 10x21 5 2xx

Đáp án Bài 1:

a)



²^ ³



² ^ ⁴^^{2 3}

 

²

2 3 3 2. 3.1 1

    

 

²

2 3 3 1

   

2 3 3 1

    (vì 2 > 3 nên 2 - 3> 0 nên 2 3  2 3) 2 3 3 1 1

    

b) 15 6 6  33 12 6

 

²

 

²

2 2

3 2.3. 6 6 3 2.3.2 6 2 6

     



³ ⁶

 

² ^{3 2 6}



²

   

3 6 3 2 6

   

=3 62 6 3 6

(3)

(vì 3 > 6 nên 3 - 6 > 0 do đó 3 6  3 6 vì 2 6 3 nên 3 2 6 0 do đó 3 2 6 2 63) Bài 2:

a) Điều kiện: 2x 3 0 3

2x 3 x

2

      .

2x  3 1 2

 

²

2x 3 1 2

   

2x 3 1 2 2 2

     2x 3 3 2 2

    2x 2 2

 

x 2 2 : 2

 

x 2

  (thỏa mãn) Vậy x = 2 .

b) Điều kiện

  

2 x 2 x 2 0

x 4 0

x 2 0 x 2 0

   

  

 

   

 

x 2 0 x 2

x 2

x 2 0 x 2

   

 

      

Ta có: x²  4 2 x 2 0



^x ^{2 x}



²



^{2 x} ² ⁰

     

(4)

x 2. x 2 2 x 2 0

     

 

x 2. x 2 2 0

    

x 2 0 x 2 2 0

  

    

x 2 0

x 2 2

  

   

x 2 x 2 (tm)

x 2 4 x 6 (tm)

   

 

    

Vậy x = -2 và x = 6 Bài 3:

a) Để (d): y = 2x + m + 1 đi qau C (1; 5) ta thay x = 1; y = 5 vào hàm số ta có:

5 = 2.1 + m + 1

5 m 3 m 5 3 m 2

        Vậy m = 2 thì (d) đi qua điểm C(1; 5).

b) Cho x = 0 y = m + 1 B(0; m +1 ) thuộc Oy Cho y = 0x = m 1

2

   m 1

A ;0

2

  

 

  thuộc Ox OB = |m +1 |

OA = m 1 2

 

Ta có:

OA = OB

 m 1 2 m 1

   

(5)

TH1: m 1 2 m 1

    m 1 2m 2

     3m 3

   m 1

   TH2: m 1

2 m 1

     m 1 2m 2

      m 1

  

Vậy m = -1 thì OA = OB Bài 4:

a) x x 9 3 x 1 1

C :

9 x

3 x x 3 x x

     

         

 

x x 9 3 x 1 1

C :

x 9

3 x x x 3 x

 

     

          

 



^x



^x ³

 

^x



⁹



^{3 x}



¹

 

^x ³



C :

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

       

   

   

         

   



^x



^{3 x}

 

^x



⁹



^{3 x}



¹ ^x



³

C :

x 3 x 3 x 3 x 3 x x 3

        

   

  

        

   



^x ^{3 x}



^x ⁹

 

^{2 x} ⁴



C :

x 3 x 3 x x 3

   

    

    

 

2 x 2

3 x 9

C :

x 3 x 3 x x 3

  

    

(6)

 

    

 

3 x 3 x x 3

C .

x 3 x 3 2 x 2

  

    

   



^3.

 

^x ^{3 . x.}

 

^x ³



C

x 3 . x 3 .2. x 2

  

    



^{3 x}



C

2 x 2

  

 với x > 0; x9. b) Để C < -1 thì



^{3 x}



¹

2 x 2

  



3 x 1 2 x 4

   



3 x 1 0 2 x 4

   



3 x 2 x 4 2 x 4 2 x 4 0

 

  

 

3 x 2 x 4 2 x 4 0

  

 

 x 4 2 x 4 0

 

 



Ta có ^x ⁴ 0 2 x 4

  

   x4 và 2 x 4 trái dấu.

Ta có:

x 0 với mọi x thỏa mãn điều kiện 2 x 0

  2 x   4 4 0

(7)

Vậy để ^x ⁴ 0 2 x 4

  

 thì  x 4 < 0 x 4

    x 4

 

 x 16

Kết hợp với điều kiện đề bài ta có:

x 16

x 0 x 16

x 9

 

   

 

Vậy x > 16 thì C < -1 Bài 5:

a) Ta có:

MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên M nằm trên đường trung trực của AB

OA = OB (cùng bằng bán kính đường tròn (O) nên O nằm trên đường trung trực của AB

Do đó, OM là đường trung trực của AB OM ∩ AB = K ⇒ K là trung điểm của AB

(8)

b) Tam giác MAO vuông tại A, AK là đường cao có:

2 2 2

MO AO MA

2

2 2 8 2 R 39

MA MO OA R R

5 5

 

        OK.OM =

2 2

2

AO R 5

OA OK R

OM 8R 8 5

   

AK.OM = AM.AO

R 39R

AM.AO 5 39

AK R

OM 8R 8

5

   

Mà AB = 2AK nên AB = 39 4 R c) Ta có:

ABN 90 (B thuộc đường tròn đường kính AN) BN / /MO

 (do BN và MO cùng vuông góc với AB) Do đó:

AOMANB(hai góc đồng vị)

Mà AOMBOM (OM là phân giác AOB) Nên ANBBOM

Xét tam giác BHN và tam giác MBO có:

BHNMBO 90 ANBBOM

Do đó: ΔBHN ∼ ΔMBO (g.g)

(9)

BH BN

MB MO

 

Hay MB.BN = BH.MO d) Ta có:

K là trung điểm của CE (E đối xứng với C qua AB) K là trung điểm của AB

AB ⊥ CE (MO ⊥ AB)

⇒ Tứ giác AEBC là hình thoi

⇒ BE // AC

Mà AC ⊥ AD (A thuộc đường tròn đường kính CD) Nên BE ⊥ AD và DK ⊥ AB

Vậy E là trực tâm của tam giác ADB Bài 6:

2 2 2

3x 6x 7 5x 10x21 5 2xx



²

 

²

 

²



3 x 2x 1 4 5 x 2x 1 16 6 x 2x 1

           

 

²

 

²

 

²

3 x 1 4 5 x 1 16 6 x 1

        

Ta có:

 

²

3 x 1  4 0 4 4 2

 

²

5 x 1 16  0 16  16 4

 

²

 

²

3 x 1 4 5 x 1 16 2 4

       

 

²

 

²

3 x 1 4 5 x 1 16 6

      

(10)

Lại có:

 

²

6 x 1 6

Dấu bằng xảy ra để vế trái bằng vế phải là

   

 

2 2

2

3 x 1 4 5 x 1 16 6 6 x 1 6

      

   





^{x 1}



² ⁰

   x 1 0

   x 1

  

Vậy nghiệm của phương trình là ^S^{ }

 

¹

Đề 2 Câu 1 (2,0 điểm):

1) Thực hiện phép tính

a) 5 123 272 108 192 b)



¹^ ³



² ^ ^{4 2 3}^ ^^{3 3}

2) Giải phương trình 1

4x 12 9x 27 4 x 3

 3     Câu 2 (2,0 điểm):

Với x0, x 9 cho các biểu thức P ^x ⁷ 3 x

  và Q ^x ¹ ^{2 x} ^{7 x} ³ x 3 x 3 9 x

 

  

  

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x4 2) Chứng minh Q ^{3 x}

x 3

 

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A P.Q Câu 3 (2,0 điểm):

1) Cho hàm số bậc nhất y(m 3)x 3m 1 có đồ thị (d) (m là tham số; m 3)

(11)

a) Vẽ (d) khi m0

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.

c) Xác định m để đường thẳng (d) trùng với đườn thẳng y = 2x – 4.

2) Hãy tính chiều cao tháp Eiffel mà không cần lên đỉnh tháp biết góc tạo bởi tia nắng mặt trời và mặt đất là 62 và bóng của cái tháp trên mặt đất là 172m. ^o (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Câu 4 (3,5 điểm): Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB (AB 2R ). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Lấy điểm C bất kì thuộc nửa đường tròn ( C khác A và B), qua C kẻ tiếp tuyến của nửa đường tròn cắt Ax, By thứ tự tại M và N.

a) Chứng minh bốn điểm A, M, C, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Nối điểm O với điểm M, điểm O với điểm N. Chứng minhAM.BNR² c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn (O) tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CNB

d) Cho AB6cm. Xác định vị trí của M và N để hình thang AMNB có chu vi bằng 18cm

Câu 5. (0,5 điểm): Cho a 1, b 9,c 16 và a.b.c 1152 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Pbc a 1 ca b 9 ab c 16

(12)

Đáp án Câu 1 (2,0 điểm):

1) Thực hiện phép tính

a) 5 123 27 2 108 192 10 39 3 12 3 8 3  3 b)



¹^ ³



² ^ ^{4 2 3}^ ^^{3 3}

1 2 3 3 3 1 3 3

     

1 2 3 3 3 1 3 3 5

       2) Giải phương trình

4x 12 1 9x 27 4 x 3

 3     ĐK: x3 4. x 3 1. 9. x 3 4 x 3

  9    

2 x 3 x 3 4 x 3

       2 x 3 4

  

x 3 2 x 3 4

      x 7

  (thỏa mãn điều kiện x3) Vậy phương trình có tập nghiệm ^S^

 

⁷

Câu 2 (2,0 điểm):

Với x 0,x 9  cho các biểu thức P ^x ⁷ 3 x

  và x 1 2 x 7 x 3

Q x 3 x 3 9 x

 

  

  

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x 4

x4 thỏa mãn điều kiện x0, x9. Thay x4vào biểu thức P ta có:

4 7 11 11 P 3 4 3.2 6

   

Vậy: với x 4 ta có P ¹¹

 6 2) Chứng minh 3 x

Q x 3



(13)

Ta có x 1 2 x 7 x 3 x 1 2 x 7 x 3

Q x 3 x 3 9 x x 3 x 3 x 9

   

     

 

   

  

    

     

x 1 x 3 2 x x 3 7 x 3

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

   

  

     

  

x 3 x x 3 2x 6 x 7 x 3

x 3 x 3

      

  

    

  

3 x x 3

3x 9 x 3 x

x 3

x 3 x 3 x 3 x 3

 

  

    

Vậy với x 0,x 9  , ta có 3 x Q x 3



3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức AP.Q Với x0, x9, ta có

 

x 7 3 x x 7 16

A P.Q . x 3 6

3 x x 3 x 3 x 3

 

      

  

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm ta có:



^x ^{ }³



_x¹⁶_₃^{ }⁸



^x ^{ }³



_x¹⁶_₃^{ }⁶ ²

Dấu " = " xảy ra x 3 ¹⁶ x 1 x 3

    

 ( thỏa mãn điều kiện x0, x 9) Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 tại x = 1

Câu 3 (2,0 điểm):

1) Cho hàm số bậc nhất y (m 3)x 3m 1    có đồ thị (d) (m là tham số; m 3) a) Vẽ (d) khi m = 0

Khi m = 0 ta có công thức y 3x 1  Bảng giá trị tương ứng của x và y

x 0 1

3

(14)

y = 3x – 1 _₁ 0

Đồ thị hàm số y = 3x – 1 là đường thẳng đi qua 2 điểm (0; -1) và 1 3;0

 

 

 

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5

Đường thẳng (d)cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5. Thay x = 0 và y = 5 vào hàm số ta được:

5 = (m + 3).0 + 3m – 1

3m 1 5 3m 6 m 2

      

c) Xác định m để đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y = 2x – 4 Đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y = 2x – 4 , ta có:

a = a’ và b = b’

m 3 2 m 1 m 1

m 1

3m 1 4 3m 4 1 m 1

     

  

              ( thỏa mãn điều kiện m 3)

Vậy m = -1 thì đường thẳng (d)trùng với đường thẳng y = 2x – 4 .

2) Giả sử chiều cao của tháp, bóng của tháp và tia nắng mặt trời tạo thành tam giác ABH vuông tại H như hình.

Chiều dài của tháp Eiffel là độ dài đoạn BH.

Xét tam giác ABH vuông tại H ta có:

1

0.5

1

1.5

2 1 1 2

O

(15)

BH = AH. tan BAH (tỉ số lượng giác)

BH 172.tan 62

  323,5m

Vậy chiều cao của tháp Eiffel là 323,5m.

Câu 4 (3,5 điểm):

(16)

a) MA là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại A (gt) MA OA

  (tính chất tiếp tuyến) OAM 900

   tam giác OAM vuông tại A (định nghĩa)

 Ba điểm O, A, M thuộc đường tròn đường kính OM (1) MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại C (gt)

MC OC

  (tính chất tiếp tuyến) OCM 900

   tam giác OCM vuông tại C (định nghĩa)

 Ba điểm O, A, M thuộc đường tròn đường kính OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm A, M, C, Ocùng thuộc đường tròn đường kính OM b) Nối điểm O với điểm M, điểm O với điểm N. Chứng minhAM.BNR²

MA, MC là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) lần lượt tại A và C (gt)

 MA = MC (3)

và OM là tia phân giác của AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự có NC = NB (4)

và ON là tia phân giác của BOC

Mà AOCvà BOC là hai góc kề bù  OM  ON  tam giác OMN vuông tại O MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại C (gt)

(17)

 OC  MC ( tính chất tiếp tuyến )  OC  MN

 OM là đường cao của tam giác OMN

Xét tam giác OMN vuông tại O, có OC là đường cao OC2 MC.NC

  (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra OC² AM.BN Mà OC = R suy ra AM.BNR²

c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn (O) tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CNB

Gọi giao điểm của CB và ON là H

NC, NB là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và B (gt)

 NO là tia phân giác của CNB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  NH là tia phân giác của CNB

Nửa đường tròn (O) có OC = OI (cùng là bán kính)

 tam giác OCI cân tại O (định nghĩa)  OCIOIC (tính chất tam giác cân) (6)

Có OC  MN (chứng minh trên)  OCN90⁰ Mà OCNOCINCI OCINCI90⁰ (7)

Mặt khác NC = NB (chứng minh trên)  tam giác NCB cân tại N (định nghĩa) Mà NH là tia phân giác của CNB (chứng minh trên)

Suy ra NH là đường cao ứng với cạnh CB (tính chất tam giác cân)  NH  CB

 tam giác HIC vuông tại H

 HICICH90⁰ OICICH90⁰ (8) Từ (6), (7), (8)  ICHNCI

Mà tia CI nằm giữa hai tia CN và CH  CI là tia phân giác của NCB Tam giác CNB có hai đường phân giác NH và CI cắt nhau tại I

Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CNB (đpcm)

d) Cho AB6cm. Xác định vị trí của M, N để hình thang AMNB có chu vi bằng 18cm

Ax, By là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại A và B (gt)

(18)

 Ax  AB và By  AB (tính chất tiếp tuyến)

 Ax // By (từ vuông góc đến song song)

 AM // BN

Tứ giác AMNB có AM // BN  Tứ giác AMNB là hình thang (định nghĩa) Chu vi hình thang AMNB bằng

AMMNNBABAMMCNCNBAB

AM AM NB NB AB AB 2(MA NB)

       

Đặt MA a, NB b (a 0, b 0)   

 6 2(a  b) 18  a b 6 (9)

Nửa đường tròn (O) có AB6cm  OAOB3cm R 3cm Mà AM.BNR²AM.BN 9 ab9 (10)

Từ (9) và (10)  a² 6a  9 0 (a3)²   0 a 3. Suy ra b = 3 Vậy điểm M nằm trên tia Ax, điểm M cách điểm A một khoảng là 3cm Điểm N nằm trên tia By, điểm N cách điểm B một khoảng là 3cm Câu 5: (0,5 điểm)

Với a 1,b 9,c 16   . Áp dụng bất đẳng thức Cosi có

1 a 1 1 a 1 abc

1. a 1 bc a 1 bc.

2 2 2

   

     

Chứng minh tương tự ta có:

1 9 b 9 abc ca b 9 ca. .

3 2 6

    

1 16 c 16 abc ab c 16 ab. .

4 2 8

    

Suy ra:

Pbc a 1 ca b 9   ab c 16 P abc abc abc 19abc 19.1152

2 6 8 24 24 912

     

Dấu " = " xảy ra khi a 2, b 18, c 32  

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 912 khi a 2, b 18, c 32  

(19)

Đề 3:

Câu 1 (3điểm):

a) Tính giá trị của biểu thức A và B:

A = 144 36 B= 6, 4 250

b) Rút gọn biểu thức : 7 122 27 4 75.

c) Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của

1009 1009 1

M a

a 1 a 1 a

   

         với a0; a 1

Câu 2 (2,0 điểm): Cho hàm số y = ax - 2 có đồ thị là đường thẳng d₁

a) Biết đồ thị hàm số qua điểm A(1;0). Tìm hệ số a, hàm số đã cho là đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?

b) Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được.

c) Với giá trị nào của m để đường thẳng d₂: y = (m - 1)x + 3 song song d₁? Câu 3 (2,0điểm): Cho tam giác ABC, đường cao AH, biết AB = 30cm, AC = 40cm, BC = 50cm.

a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại A b) Tính đường cao AH?

c) Tính diện tích tam giác AHC?

Câu 4 (2,5 điểm): Cho đường tròn (O; 6cm), điểm A nằm bên ngoài đường tròn,

OA = 12cm. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh BC vuông góc với OA.

b) Kẻ đường kính BD, chứng minh OA // CD.

c) Gọi K là giao điểm của AO với BC. Tính tích: OK.OA và số đo góc BAO.

(20)

Câu 5 (0,5điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

3x 8x 6 A x 2x 1

 

  

Đáp án Câu 1 (3 điểm):

a) A 144  36

2 2

12 6

 

= 12 + 6 = 18

B 6, 4. 250

6, 4.250



64.25



8.5 40

 

b) 7 122 274 75 7 4.3 2 9.3 4 25.3

  

7.2 3 2.3 3 4.5 3

  

14 3 6 3 20 3

  

(14 6 20) 3 0

   

c) M ¹⁰⁰⁹ ¹⁰⁰⁹ a ¹

a 1 a 1 a

   

         với a0 và a1

   

²

2

1009. a 1 1009. a 1 a 1 a 1 a

   

 



(21)

1009 a 1009 1009 a 1009 a 1

a 1 . a

   

 

1009.2 a

2018

 a 

Vậy M không phụ thuộc vào A Câu 2 (2 điểm):

a) Đồ thị hàm số y = ax – 2 qua điểm A(1; 0), thay x = 1; y = 0 vào hàm số ta có: 0

= a.1 – 2 a 2

  .

Vậy hàm số đó là y = 2x – 2

Hàm số đồng biến trên R, vì a = 2 > 0 b) Bảng giá trị tương ứng

x 0 1

y = 2x - 2 -2 0

Vẽ đồ thị:

(22)

c) Để đường thẳng d2 // d1 thì a a ' b b'

 

 

m 1 2 2 3

  

    m – 1 = 2 m 2 1 m 3

     Vậy m = 3 thì d2 // d1

Câu 3 (2 điểm):

a) Ta có: BC² 50² 2500

2 2 2 2

AB AC 30 40 900 1600 2500

2 2 2

BC AB AC

  

Do đó tam giác ABC vuông tại A (định lý Py – ta – go đảo)

b) Ta có: BC.AH = AB.AC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)  50.AH = 30.40

AH ^30.40

  50  24 (cm)

c) Áp dụng hệ thức giữa cạnh góc vuông và hình chiếu của nó trên cạnh huyền ta có :

AC² = BC.HC  HC = AC2

BC = 402

50 = 32(cm)

A B

C

H

(23)

* S _AHC ¹AH.HC ¹.24.32 384(cm )²

2 2

   

Câu 4 (2,5 điểm):

GT

(O; 6cm); A O OA = 12cm,

AB, AC là tiếp tuyến (B; C là tiếp điểm) BD = 2R, D D

KL

a) BC OA b) OA // CD c) OK.OA = ?

BAO?

a) Vì AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau nên ta có:

AB = AC (tính chất)

AO là phân giác BAC (tính chất) OA là phân giác BOC (tính chất)

Xét tam giác ABC có: AB = AC (chứng minh trên)

(24)

Do đó, tam giác ABC cân tại A

mà AO là tia phân giác BAC do đó AO là đường cao của tam giác ABC (tính chất) AO BC

  .

b) Vì B, C, D thuộc đường tròn (O) và BD là đường kính nên tam giác BCD vuông tại C. Do đó BC vuông góc với CD.

Mặt khác AO vuông góc với BC (chứng minh ở câu a) Do đó AO // BC (quan hệ từ vuông góc đến song song) c) Xét tam giác AOB vuông tại B đường cao BK

OK.OAOB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OK.OA R2

  = 6 =36 ²

Ta có: OB 6 1

sin BAO

OA 12 2

  

BAO 30

  

Câu 5 (0,5 điểm):

2 2

3x 8x 6

A x 2x 1

 

  

2 2

2

2x 4x 2 x 4x 4

A x 2x 1

    

  



²



²

2

2 x 2x 1 x 4x 4

A x 2x 1

    

  



²

  

²

2 2

2 x 2x 1 x 2 A x 2x 1 x 2x 1

  

 

   

(25)

A =

 

2 2

x 2

2 2

x 1

  



Biểu thức A đạt giá nhỏ nhất là 2 khi và chỉ khi

 

2 2

x 2 0 x 1

 

 Hay x – 2 = 0 suy ra x = 2

Vậy Amin = 2 khi x = 2

Đề 4

I. Trắc nghiệm

Câu 1: Căn bậc hai của 9 là:

A) 81

B) 81 C) 3

D) 3

Câu 2: Phương trình x 2 3 có nghiệm là:

A) 9

B) 9 C) 4 D) 11

Câu 3: Điều kiện xác định của 42x là:

A) x0 B) x2 C) x 2 D) x 2

(26)

Câu 4: Kết quả của phép khai phương 81a (với a < 0) là: ² A) -9a

B) 9a C) -9a

D) 81a

Câu 5: Tìm x biết ³ x= -5:

A) x = -25 B) x = -125 C) x = -512 D) x = 15

Câu 6: Rút gọn biểu thức 7 4 ² ta được kết quả cuối cùng là:

A) 7 4 B) 4 7 C) 7 4 D) 3

Câu 7: Trong hệ tọa độ Oxy, đường thẳng y = 2 - x song song với đường thẳng:

A) y = -x B) y = -x + 3 C) y = -1 – x

D) Cả ba đường thẳng trên

Câu 8: Trong các hàm số bậc nhất sau, hàm số nào là hàm số nghịch biến:

A) y = 1 – 3x B) y = 5x – 1

(27)

C) ^y^



²^ ^{3 x}



^ ⁵

D) y =  7  2x

Câu 9: Nếu điểm B(1 ;-2) thuộc đường thẳng y = x – b thì b bằng:

A) -3 B) -1 C) 3 D) 1

Câu10: Cho hai đường thẳng: (d) : y = 2x + m – 2 và (d’) : y = kx + 4 – m; (d) và (d’) trùng nhau nếu :

A) k = 2 và m = 3 B) k = -1 và m = 3 C) k = -2 và m = 3 D) k = 2 và m = -3

Câu 11: Góc tạo bởi đường thẳng y = x + 1 và trục Ox có số đo là:

A) 45⁰ B) 30⁰ C) 60⁰ D) 135⁰.

Câu 12: Hệ số góc của đường thẳng: y = -4x + 9 là:

A) 4 B) -4x C) -4 D) 9

Câu13: Cho tam giác vuông cân ABC đỉnh A có BC = 6cm, khi đó AB bằng A) 6cm

(28)

B) 3 2cm C) 36 cm D) 3cm

Câu 14: Cho 1 tam giác vuông có hai góc nhọn là  và . Biểu thức nào sau đây không đúng:

A) sin = cos

B) cot= tan

C) sin²+ cos² = 1 D) tan= cot

Câu 15: Cho tam giác ABC vuông ở A có AC = 3 cm , BC = 5cm. Giá trị của cotB là:

A) 4 3 B) 3 4 C) 4 5 D) 5 4

Câu 16: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 9 cm, AC = 12 cm, BC = 15 cm.

Tính độ dài AH là : A) 8,4 cm

B) 7,2 cm C) 6,8 cm D) 4.2 cm

Câu 17: Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của các đường : A) Trung tuyến

(29)

B) Phân giác C) Đường cao D) Trung trực

Câu 18: Hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài. Số tiếp tuyến chung của chúng là:

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4

Câu 19: Cho (O; 6cm) và đường thẳng a có khoảng cách đến O là d, điều kiện để đường thẳng a là cát tuyến của đường tròn (O) là:

A) d < 6cm B) d = 6cm C) d > 6cm D) d  6cm

Câu 20: Dây AB của đường tròn (O; 5cm) có độ dài là 6cm. Khoảng cách từ O đến AB bằng:

A) 6cm B) 7 cm C) 4 cm D) 5 cm

II. Tự luận(5 điểm) Câu 1 (1 điểm): Tính:

a) 82 323 50

b) ¹ ¹

3 2 3 2

 

(30)

Câu 2 (1 điểm): Cho biểu thức: 2 1 2 x Q2 x 2 x  x 4

   a) Rút gọn biểu thức Q

b) Tìm x để Q = 6 5 .

Câu 3 (1 điểm): Cho hàm số y = (m + 1)x – 3 (m  -1) Xác định m để :

a) Hàm số đã cho đồng biến, nghịch biến trên R.

b) Đồ thị hàm số song song với đường thẳng y = 2x. Vẽ đồ thị với m vừa tìm được.

Câu 4 (2 điểm): Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ điểm C thuộc đường tròn (O; R) sao cho AC = R. Kẻ OH vuông góc với AC tại H. Qua C vẽ một tiếp tuyến của đường tròn (O; R), tiếp tuyến này cắt đường thẳng OH tại D.

a) Chứng minh AD là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

b) Tính BC theo R và các tỉ số lượng giác của góc ABC.

c) Gọi M là điểm thuộc tia đối của tia CA. Chứng minh: MC.MA = MO² – AO²

Đáp án

Câu 1: Căn bậc hai của 9 là:

A) 81

B) 81 C) 3

D) 3

(31)

Giải thích: Vì 3² = (-3)² = 9

Chú ý: 9= 3 (đây là căn bậc hai số học) Câu 2: Phương trình x 2 3 có nghiệm là:

A) 9

B) 9 C) 4 D) 11

Giải thích:

Điều kiện: x 2 Ta có: x – 2 = 3² = 9 x = 9 + 2

x = 11

Câu 3: Điều kiện xác định của 42x là:

A) x0 B) x2 C) x 2 D) x 2 Giải thích:

Điều kiện xác định: 4 + 2x 0

 

2x 4 x 4 : 2 x 2

        

Câu 4: Kết quả của phép khai phương 81a (với a < 0) là: ² A) -9a

B) 9a C) -9a

(32)

D) 81a Giải thích:

 

²

81a2  9a  9a Vì a < 0 nên 9a  9a Câu 5: Tìm x biết ³ x= -5:

A) x = -25 B) x = -125 C) x = -512 D) x = 15

Giải thích: ³ x= -5

 

³

x 5 125

    

Câu 6: Rút gọn biểu thức 7 4 ² ta được kết quả cuối cùng là:

A) 7 4 B) 4 7 C) 7 4 D) 3

Giải thích :

2

7 4 = 7 4 4 7 (do 4 7)

Câu 7: Trong hệ tọa độ Oxy, đường thẳng y = 2 - x song song với đường thẳng:

A) y = -x B) y = -x + 3 C) y = -1 – x

(33)

D) Cả ba đường thẳng trên Giải thích :

A) y = -x có a = -1; b = 0 B) y = -x + 3 có a = -1; b = 3 C) y = -1 – x có a = -1; b = -1.

Xét đường thẳng ban đầu: y = 2 – x có a = -1 ; b = 2 Cả ba đường thẳng A, B, C đều đúng.

Chọn đáp án D

Câu 8: Trong các hàm số bậc nhất sau, hàm số nào là hàm số nghịch biến:

A) y = 1 – 3x B) y = 5x – 1

C) ^y^



²^ ^{3 x}



^ ⁵

D) y =  7  2x

Giải thích: Ở đáp án A, ta có y = 1 – 3x có a = -3 < 0 nên hàm số nghịch biến.

Câu 9: Nếu điểm B(1; -2) thuộc đường thẳng y = x – b thì b bằng:

A) -3 B) -1 C) 3 D) 1

Giải thích: Thay x = 1; y = -2 vào hàm số ta có: -2 = 1 – b b 1 2 b 3

    

Câu10: Cho hai đường thẳng: (d): y = 2x + m – 2 và (d’): y = kx + 4 – m; (d) và (d’) trùng nhau nếu:

A) k = 2 và m = 3 B) k = -1 và m = 3

(34)

C) k = -2 và m = 3 D) k = 2 và m = -3

Giải thích: Hai đường thẳng trùng nhau nếu a = a’ và b = b’

2 k

m 2 4 m

 

    

k 2 k 2

2m 6 m 3

 

 

   

Câu 11: Góc tạo bởi đường thẳng y = x + 1 và trục Ox có số đo là:

A) 45⁰ B) 30⁰ C) 60⁰ D) 135⁰ Giải thích:

Vì a = 1 > 0 nên tan   a 1  45

Câu 12: Hệ số góc của đường thẳng: y = -4x + 9 là:

A) 4 B) -4x C) -4 D) 9

Giải thích: Hàm số y = ax + b có hệ số góc là a do đó a = -4

Câu13: Cho tam giác vuông cân ABC đỉnh A có BC = 6cm, khi đó AB bằng A) 6cm

B) 3 2cm C) 36 cm D) 3cm

Giải tích:

Tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AC

(35)

Áp dụng định lý Py – ta – go cho tam giác vuông ABC ta được:

2 2 2

AB AC BC

2 2

2AB BC

2 2

2AB 6 36

  

AB2 36 : 2 18

  

AB 18 3 2

   cm

Câu 14: Cho 1 tam giác vuông có hai góc nhọn là  và . Biểu thức nào sau đây không đúng:

A) sin = cos

B) cot= tan

C) sin²+ cos² = 1 D) tan= cot

Giải thích:

Vì  và  là hai góc nhọn trong một tam giác vuông nên  và là hai góc phụ nhau.

Mà hai góc phụ nhau thì:

sin = cos cos= sin  cot= tan tan= cot

Nên đáp án đúng C

Câu 15: Cho tam giác ABC vuông ở A có AC = 3 cm , BC = 5cm. Giá trị của cotB là:

A) 4 3

(36)

B) 3 4 C) 4 5 D) 5 4

Giải thích:

Xét tam giác vuông ABC vuông tại A: AB² AC² BC²(định lý Py – ta – go)

2 2 2

3 AB 5

  

2 2 2

AB 5 3 25 9 16

     

AB 16 4

  

Cot B = AB 4 AC 3.

Câu 16: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 9 cm, AC = 12 cm, BC = 15 cm.

Tính độ dài AH là : A) 8,4 cm

B) 7,2 cm C) 6,8 cm D) 4.2 cm Giải thích:

(37)

Xét tam giác ABC vuông tại A đường cao AH.

AH.BC = AB.AC

AH.15 = 9.12 AH 9.12 :15

 

AH 7, 2

  cm

Câu 17: Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của các đường : A) Trung tuyến

B) Phân giác C) Đường cao D) Trung trực Giải thích:

Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao của ba đường trung trực ứng với ba cạnh của tam giác.

Câu 18: Hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài. Số tiếp tuyến chung của chúng là:

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 Giải thích

A B

C

H

(38)

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau sẽ có ba tiếp tuyến chung.

Câu 19: Cho (O; 6cm) và đường thẳng a có khoảng cách đến O là d, điều kiện để đường thẳng a là cát tuyến của đường tròn (O) là:

A) d < 6cm B) d = 6cm C) d > 6cm D) d  6cm

Giải thích: Vì a là cát tuyến của đường tròn (O) nên a cắt (O) do đó khoảng cách từ O đến a nhỏ hơn R hay d < 6cm

Câu 20: Dây AB của đường tròn (O; 5cm) có độ dài là 6cm. Khoảng cách từ O đến AB bằng:

A) 6cm B) 7 cm C) 4 cm D) 5 cm Giải thích:

(39)

Gọi H là hình chiếu của O lên AB, khi đó OH là khoảng cách từ O đến AB Tam giác AOB cân tại O nên OH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

Do đó H là trung điểm của AB HA = HB = AB:2 = 6:2 = 3cm Xét tam giác AHO vuông tại H ta có:

2 2 2

AO OH HA

2 2 2

5 3 OH

  

2 2 2

OH 5 3

   =16 OH 4cm

 

II. Tự luận

Câu 1 (1 điểm): Tính:

a) 82 323 50

= 4.2 2. 16.23 25.2 2 2 2.4 2 3.5. 2

  

2 2 8 2 15 2 9 2

   

b) ¹ ¹

3 2 3 2

 



³ ³^{2 3}^



² ²

 

³ ³^{2 3}^



² ²



 

   

(40)

3 2 3 2 9 2

  

 

= 2 2 7



Câu 2 (1 điểm):

a) Điều kiện xác định: x 0;x 4 

2 1 2 x

Q 2 x  2 x  x 4

  

= ²^² ^x ^ ^x¹^²^



^x ^^{2 x}²



^x ^²



 



^x^2. ²



^x ^^x² ²

 

^x ²^x



^²^x ²

 

^x ²^{2 x}



^x ²



  

     

= ^{2 x}



^{ }^x⁴^²



^x ^{ }^x²^²^{2 x}



    

  

3 x 2

3 x 6

x 2 x 2 x 2 x 2

 

 

   

=



^x³^²



b) Để Q = ⁶ ³ ⁶

5 x 2 5



 

6 x 2 15

  

x 2 15 : 6 5

    2

(41)

5 1

x 2

2 2

    x 1

  4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 1

4 thì Q = 6 5. Câu 3 (1 điểm):

a) Hàm số đã cho đồng biến trên R khi m + 1 > 0  m > -1 Hàm số nghịch biến trên R khi m + 1 < 0  m < -1.

b) Đồ thị hàm số song song với đường thẳng y = 2x nên a = 2 hay m + 1 = 2 và -3

0 suy ra m = 1(thỏa mãn)

Vậy hàm số cần tìm là y = 2x – 3 Bảng giá trị:

x 0 3

2

y = 2x – 3 -3 0

(42)

Câu 4 (2 điểm):

a) Xét tam giác AOC có: AC = OC = OA = R nên tam giác AOC là tam giác đều Mà OH là đường cao của tam giác AOC (OH vuông góc với AC theo giả thuyết) nên OH là đường phân giác của góc AOC

(43)

AOD DOC

  (tính chất)

Xét tam giác AOD và tam giác COD có:

OC = OA = R AODDOC OD là cạnh chung

Do đó AOD COD (c – g – c) DAO DCO

  (hai góc tương ứng)

Lại có CD là tiếp tuyến của (O) nên CD vuông góc với CO DCO 90 Do đó, DAO 90 DAAO tại A

AD là tiếp tuyến của (O).

b) Tam giác ACB có CO là đường trung tuyến (vì O là trung điểm của AB) Lại có CO = ¹

2AB

Do đó tam giác ABC vuông tại A (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Áp dụng định lý Py - ta - go vào tam giác vuông ABC có AB² = AC² + BC²

BC² = AB² – AC² = 4R² – R² = 3R²

BC = R 3

Ta có sinABC= AC R 1 AB 2R  2; cosABC= BC R 3 3

AB 2R  2 ; tanABC = ^AC ^R ³

BC  R 3  3 ;

(44)

cotABC= BC R 3 AC R  3

c) Ta có: MC = MH – HC; MA = MH + HA

MC.MA = (MH – HC)(MH + HA)

Lại có OH AC tại H  HA = HC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

MC.MA = (MH – HA)(MH + HA) = MH² – HA² Tam giác AHO vuông tại H, do đó HA² = AO² – HO²

MC.MA = MH² – (AO² – HO²) = (MH² + HO²) – AO²

Tam giác MOH vuông tại H, do đó MH² + HO² = MO², thay vào đẳng thức trên ta được: MC.MA = MO² – AO²

Đề 6 Bài 1 (2 điểm):

Cho A = ²⁰ ^{2 x} ³ x 25 x 5

 

  và B = ^x ²

x 5



 (với x0; x5).

a) Tính giá trị của biểu thức B khi x = 49.

b) Rút gọn A

c) Tìm giá trị của x để B:A = |x – 4|.

Bài 2 (2 điểm):

Cho hàm số bậc nhất y = (2m – 1)x – 2m + 5 (với m là tham số) có đồ thị là đường thẳng d và hàm số y = 2x + 1 có đồ thị là đường thẳng (d’).

a) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2; -3)

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’). Với giá trị m vừa tìm được, vẽ đường thẳng (d) và tính góc  tạo bởi đường thẳng (d) và trục Ox (làm tròn đến phút).

Bài 3 (2 điểm): Giải phương trình:

a) 4x 8 25x50  3 16x32

(45)

b) 2x 1  4x²  1 0

Bài 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O, đường kính BC cắt AB ở M cắt AC ở N. Gọi H là giao điểm của BN và CM. AH cắt BC tại K.

a) Chứng minh AK vuông góc với BC

b) Gọi E là trung điểm của AH. Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Cho biết sin BAC= 2

2 . Hãy so sánh AH và BC.

Bài 5 (1 điểm):

a) Hải đăng Kê Gà thuộc xã Tân Thành, huyện Hàm Thuận Nam, Bình thuận là ngọn hải đăng được trung tâm sách kỷ lục Việt Nam xác nhận là ngọn hải đăng cao nhất và nhiều tuổi nhất. Hải đăng Kê Gà được xây dựng năm 1897 – 1899 và toàn bộ bằng đá. Tháp đèn có hình bát giác, cao 66m so với mực nước biển. Ngọn đèn đặt trong tháp có thể phát sáng xa tới 40km. Một người trên biển muốn quan sát ngọn hải đăng có độ cao 66m, người đó đứng trên mũi thuyền và dùng giác kế đo được góc giữa thuyền và tia nắng chiều từ đỉnh ngọn hải đăng đến thuyền là 25. Tính khoảng cách của thuyền đến ngọn hải đăng (làm tròn đến m).

b) Cho các số thực dương x; y thỏa mãn xy > 2020x + 2021y.

Đáp án Bài 1:

(46)

a) Thay x = 49 (thỏa mãn điều kiện) vào B ta được:

B = ⁴⁹ ² ⁷ ² ⁹ 7 5 2 49 5

   

  Vậy B = 9

2 khi x = 49 b) A = ²⁰ ^{2 x} ³

x 25 x 5

 

    



³



^x ⁵



20 2 x A

x 5 x 5 x 5 x 5

 

 

   

  

20 2 x 3 x 15 A

x 5 x 5

  

  



^x



⁵



¹

A x 5 x 5 x 5

  

   Vậy A = ¹

x 5. c) Ta có:

B:A = |x – 4|

x 2 1

: | x 4 | x 5 x 5

   

 

 

x 2

. x 5 | x 4 | x 5

    



x 2 | x 4 |

   

x 2 x 4

   

    

(47)

x x 6 0

x x 2 0

   

    

  

x 3 x 2 0 x 1 x 2 0

   

   

x 3 0

x 1 0

  

    (vì x  2 0 vô lí)

x 3 x 1

 

  

x 9 x 1

 

   (thỏa mãn) Vậy x ^

 

^1;9 thỏa mãn đề bài.

Bài 2:

a) (d) đi qua điểm A(2; -3) khi:

(2m – 1).2 – 2m + 5 = -3 4m 2 2m 5 3

      2m 6

   m 3

   Vậy m = -3.

b) (d) // (d’) khi và chỉ khi:

2m 1 2 2m 5 1

  

  



2m 3

m 2

 

  

m 3 2

m 2

 

  

m 3

  2 Thay m = 3

2 vào (d) ta có: y = 2x + 2

(48)

+ Với x = -1 thì y = 0  (d) đi qua điểm A(-1; 0) + Với x = 0 thì y = 2 (d) đi qua điểm B(0; 2)

Ta có: tan 2 1 2

   63 26'

    Vậy   63 26' Bài 3:

a) 4x 8 25x50  3 16x32 điều kiện x2

     

4 x 2 25 x 2 3 16 x 2

      

2 x 2 5 x 2 3 4 x 2

       x 2 3

   x 2 9

  

 x 11 (thỏa mãn) Vậy x = 11

b) 2x 1  4x²  1 0 điều kiện 1 x 2

  

2x 1 2x 1 2x 1 0

     

(49)

 

2x 1. 1 2x 1 0

    

2x 1 0

1 2x 1 0

  

    

Trường hợp 1: 2x 1 0 2x 1 0

   2x 1

  x 1: 2

  x 1

  2 (thỏa mãn)

Trường hợp 2: 1 2x 1 0 2x 1 1

    ( vô lí) Vậy x = 1

2 . Bài 4:

a) Xét tam giác BMC có:

OM = OB = OC = BC 2 = R

(50)

Tam giác BMC vuông tại M (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) BM MC

  (1)

Chứng minh tương tự ta có BNNC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BN, CM là hai đường cao của tam giác ABC

Suy ra H là trực tâm của tam giác ABC (do H là giao của hai đường cao BN và CM)

AH BC

  hay AKBC.

b) Xét tam giác AMH vuông tại M, ME là đường trung tuyến (do E là trung điểm của AH theo gt)

AE EM AEM

    cân

EAM EMA

  (tính chất tam giác cân) (3) Ta có: EAMMCB (cùng phụ với góc ABC) (4)

Lại có tam giác BMC vuông tại M, MO là đường trung tuyến nên MO = OC do đó tam giác MOC cân tại O

OCM OMC

  (tính chất) (5) Từ (3); (4); (5) ta có:

AMEOMC Lại có:

AMEEMH 90 OMC EMH 90

    hay OME 90

MO ME

 

Lại có ME có điểm chung với đường tròn (O) là M nên ME là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Vì sin 2

BAC BAC 45

 2   

 AMC vuông cân tại M AMMC

(51)

Xét tam giác AMH và tam giác CMB có:

MAHMCB (cùng phụ với góc B) AM = CM

AMHBMC 90 AMH CMB

    (g – c – g) AH BC

 

Bài 5:

a) Giả sử khoảng cách từ thuyến đến ngọn hải đăng, chiều cao ngọn hải đăng và tia nắng chiếu từ đỉnh ngọn hải đăng đến thuyến tạo thành một tam giác vuông ABC, với AB là chiều cao ngọn hải đăng, AC là khoảng cách từ ngọn hải đăng đến thuyền.

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

tan C AB

 AC

AB 66

AC 142m

tan 25 tan C

   



Vậy khoảng cách của thuyền đến ngọn hải đăng là 142m.

b) Biến đổi giả thiết bài toán thành:

xy > 2020x + 2021y

(52)

2020 2021

1 y x

  

Do đó, ta có:

x + y = (x + y).1 > (x + y) 2021 2020

x y

 

  

 

2

2021 2021

x y x. y.

x y

 

    

 

 

²

x y 2020 2021

   

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có điều phải chứng minh.

Đề 4

Bài 1 (2 điểm): Cho M ¹ ¹ : ^a ¹

a a a 1 a 2 a 1



 

       với a0;a1 a) Rút gọn M

b) So sánh M với 1

Bài 2 (2 điểm): Cho đường thẳng d: y = (1 – 2m)x + m - 7 2 a) Tìm m để hàm số đi qua điểm A (1; 2)

b) Tìm điểm cố định mà hàm số luôn đi qua.

Bài 3 (2 điểm): Giải các phương trình sau:

a) ^{10 x}



^³



^ ²⁶

b) ^36x ⁷² ⁵ ^x ² ^{4. 5}



^x ²



25

     

c) x² 6x 9 3x6

(53)

Bài 4 (3, 5 điểm): Cho tam giác ABC. Đường tròn có đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E, D. BD và CE cắt nhau tại H. Chứng minh:

a) AH vuông góc với BC tại F thuộc BC b) FA.FH = FB.FC

c) Bốn điểm A, E, H, D cùng nằm trên một đường tròn, xác định tâm I của đường tròn.

d) IE là tiếp tuyến của đường tròn (I).

Bài 5 (0,5 điểm): Cho ba số dương x, y, z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = x y z

x 1 y 1z 1

  

Đáp án Bài 1 (2 điểm):

a) M ¹ ¹ : ^a ¹

a a a 1 a 2 a 1

  

      



¹



¹



^a ¹



²

M :

a 1

a a 1 a 1

  

 

  

    

 



¹

 

^a

 

^a ¹



²

M :

a a 1 a a 1 a 1

  

 

  

    

 

  

^a ¹



²

1 a

M .

a 1

a a 1

 

 

 

(54)

a 1

M a

  

b) Ta có: a 1 1

M 1

a a

   

Vì a > 0 với mọi a nên 1

a > 0. Do đó 1

1 a < 1 hay M < 1.

Bài 2 (2 điểm):

a) Để d đi qua A(1; 2) thì điểm A phải thuộc đồ thị hàm số y = (1 – 2m)x + m 7

2. Thay x = 1; y = 2 vào hàm số ta được:

2 = (1 – 2m).1 + m - 7 2 2 1 2m m 7

     2 2m m 2 1 7

      2

9 9

m m

2 2

     

Vậy m = 9 2

 thì d đi qua A(1; 2)

b) Gọi I x ; y



0 0



là điểm cố định d luôn đi qua

 

0 0

1 2m x m 7 y

    2



0



0 0

m 1 2x x 7 y 0

2

 

     

(55)

0

0 0

1 2x 0

x 7 y 0

2

 



    

0

0 0

2x 1

x 7 y 0

2

 

 

  



0

x 1 2 1 7

y 0

2 2

 

    



0

x 1 2

y 3

 

   

Vậy 1 I ; 3

2

  

 

 là điểm cố định mà d luôn đi qua.

Bài 3 (2 điểm):

a) ^{10 x}



^³



^ ²⁶

Điều kiện: x3

Phương trình đã cho ^^{10 x}



^{ }³



²⁶

10x 30 26

  

10x 26 30

  

10x 56

 

x 56 :10

  x 56

10

  (thỏa mãn)

(56)

Vậy phương trình có nghiệm S ⁵⁶ 10

  

  

   b) ^36x ⁷² ⁵ ^x ² ^{4. 5}



^x ²



25

     

Điều kiện: x 2

Phương trình đã cho ^{36 x}



²



⁵ ^x ² ^{4.5 4. x} ²

25

      

x 2

36. x 2 5 20 4 x 2 5

      

6 x 2 x 2 20 4 x 2

      

6 x 2 x 2 4 x 2 20

      



^{6 1 4}



^x ² ²⁰

    

x 2 20

   x 2 400

   x 402

 

Vậy phương trình có nghiệm ^S^

 

⁴⁰²

c) Điều kiện: 3x 6 0 3x63x 6 x 2 x2 6x 9 3x6

2 2

x 2.x.3 3 3x 6

    



^x ³



² ^3x ⁶

   

x 3 3x 6

    x 3 3x 6

x 3 3x 6

  

    

(57)

x 3x 3 6

   

    

2x 9

4x 3

  

 

x 9 (tm) 23

x (ktm) 4

 



 



Vậy nghiệm của phương trình 9 S

2

  

  

   . Bài 4 (3,5 điểm):

a) Ta có tam giác DBC nội tiếp (O) đường kính BD (gt)

 DBC vuông tại D BD DC

  hay BDAC nên BD là đường cao của tam giác ABC

Chứng minh tương tự ta được CEAB nên CE là đường cao của tam giác ABC.

Xét tam giác ABC có:

BD và CE là hai đường cao của tam giác

(58)

Mà BD và CE cắt nhau tại H nên AH cũng là đường cao của tam giác ABC hay AH BC.

b) Xét tam giác AFB vuông tại F có:

ABCA1  90 (tính chất) A1 90 ABC

    (1)

Xét tam giác BEC vuông tại E có:

ABC C 1 90 (tính chất) C1 90 ABC

    (2) Từ (1) và (2) A₁ C₁

Xét tam giác FAB và tam giác FCH có:

1 1

A C (chứng minh trên) BFACFH 90

Do đó: FAB dồng dạng với FCH (g – g)

FA FB

FC FH

  (hai cạnh tương ứng) FA.FH FC.FB

 

c) Xét tam giác AEH vuông tại E, do đó tam giác AEH nội tiếp đường tròn đường kính AH

Hay A, E, H nằm trên đường tròn đường kính AH (1).

Xét tam giác ADH vuông tại D, do đó tam giác ADH nội tiếp đường tròn đường kính AH

Hay A, D, H nằm trên đường tròn đường kính AH (2)

Từ (1) và (2): A, E, H, D nằm trên đường tròn đường kính AH

Tâm I của đường tròn là trung điểm AH.

(59)

d) Xét tam giác AEI, ta có: IA = IE (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Tam giác AEI cân tại I

1 1

A E

 

Chứng minh tương tự ta được C₁ E₃ Mà A₁ C₁

Do đó: E₁ E₃ Mà E₁E₂  90

3 2

E E 90

    Hay IEO 90

IE EO

  tại E Mà E thuộc (O)

Nên IE là tiếp tuyến của (O).

Bài 5 (0,5 điểm):

P = 1 1 1

1 1 1

x 1 y 1 z 1

    

  

P = 3 – 1 1 1

x 1 y 1 z 1

 

 

    

 

Sử dụng bất đẳng thức: với hai số a, b, c dương ta có:

1 1 1 9

a   b c a b c

 

Áp dụng cho ba số: 1 1 1

; ;

x 1 y 1 z 1   ta có:

1 1 1 9 9

x 1 y 1 z 1 x y z 34

     

(60)

Khi đó:

P = 3 – 1 1 1

x 1 y 1 z 1

   

    

 

9 9 3

3 3

x y z 3 4 4

    

   P 3

  4.

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 3

Vậy _max 3 1

P x y z

4 3

     .