Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 9: Các đề ôn thi vào lớp 10 - Năm 2020 (Có đáp án)

 TỔNG HỢP MỘT SỐ ĐỀ THI
 ĐỀ SỐ 01
 5 x 2 x 4
Câu 1. Cho biểu thức A , B : với x 0 , x 4 .
 x 2 x 2 x 2 x 2
 1
a) Tính giá trị của A khi x .
 9 4 5
b) Rút gọn B .
 A
c) Tìm các số thực x để P là số nguyên.
 B
Câu 2. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km với vận tốc dự định. Khi đi từ B 
trở về A người đó tăng vận tốc trung bình thêm 4 km/h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn 
thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc trung bình dự định của xe đạp khi đi từ A đến B .
Câu 3
 2x 1
 3
 x y x 1
a) Giải hệ phương trình .
 3y
 x 2
 x y
b) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 2m 3 0 với m là tham số.
+) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
+) Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 1 x2 .
Câu 4. Cho tam giác ABC có B· AC 60 , AC b , AB c , b c . Dựng đường kính EF của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (F nằm trên cung nhỏ CB ) vuông góc BC tại M . Gọi 
 I , J lần lượt là hình chiếu của E lên AB , AC . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của F lên 
 AB , AC .
a) Chứng minh: AIEJ , CMJE là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: I , J , M thẳng hàng.
c) Chứng minh: IJ  HK .
d) Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b , c .
Câu 5. Cho các số thực a , b 0 , 0 c 1 và a2 b2 c2 3 . Tìm GTLN, GTNN của 
 P ab bc ca 3 a b c .
 LỜI GIẢI
Câu 1
 1 9 4 5 2
 x 9 4 5 5 2 x 5 2
a) Ta có 2 . 
 9 4 5 92 4 5 
 5 5 5 4 5 5
 A 4 5
Suy ra 2 .
 5 2 2 4 5 4 5 11
b) Ta có:
 x 2 x 4 x x 2 2 x 2 x 2 x 4 x 2
 B : . .
 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 x 2 x 2 x 4
 1
 .
 x 2 A 5 1 5 x 2 P 5
Ta có: P : , dễ thấy ta viết lại biểu thức thành 
 B x 2 x 2 x 2 P 0
 2 P 5 
 P x 2 5 x 2 x P 5 2 P 5 x .
 P 5
 2 P 5 P 5
Do x 0 suy ra 0 hay 0 suy ra P 5 , P 5 trái dấu do P 5 P 5
 P 5 P 5
 P 5 0
 5 P 5 . Vì P là số nguyên nên suy ra P 5; 4; 3; 2; 1;1;2;3;4 thay vào 
 P 5 0
 2 1 6 4 14  4 1 36 16 196 
ta tính được x 0; ; ; ; ;3; ;8;18 0; ; ; ; ;9; ;64;324 .
 9 2 7 3 3  81 4 49 9 9 
Câu 2. Gọi vận tốc dự định đi từ A đến B là x (km/h), điều kiện x 0 .
Vận tốc thực tế khi đi từ B và A là x 4 (km/h).
 24 24
Thời gian dự định đi từ A đến B là giờ. Thời gian thực tế đi từ B về A là .
 x x 4
Theo giả thiết ta có:
 24 1 24 48 x 4 24 2 x 12
 x 4x 192 0 x 12 x 16 0 .
 x 4 2 x 2 x 4 x x 16
Đối chiếu với điều kiện ta suy ra x 12 thỏa mãn. Vậy vận tốc dự định đi từ A đến B là 12 
km/h.
Câu 3
 6x 3
 9
 x y x 1
a) Điều kiện x 0 , x 1 , x y 0 . Ta viết lại hệ phương trình thành .
 6y
 2 x 4
 x y
 6x 6y 3 3
Cộng 2 phương trình của hệ ta có 2 x 9 4 2 x 1 0
 x y x y x 1 x 1
 3 2 x 1 x 1 0 2x 3 x 2 0 x 2 2 x 1 0 suy ra x 2 x 4 
 1
(thỏa mãn) hoặc x (loại).
 2
Thay x 4 vào ta tìm được y 0 , vậy hệ có nghiệm x, y 4,0 .
b) Xét phương trình x2 2 m 1 x m2 2m 3 0 với m là tham số.
 2 2
Ta có m 1 m 2m 3 4 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .
 m 1 2
 x m 3
 1
Ta tính được .
 m 1 2
 x m 1
 1
Xét điều kiện: x1 1 x2 (*)
TH1: x1 m 3 , x2 m 1 thay vào (*) ta có m 2
 5 13
 m 2 m 5 13
 m 2 m 1 m .
 2 2
 m 5m 3 0 2
 5 13
 m 
 2
 m 3
 x m 1 x m 3 m 2 m 3
TH2: 1 , 2 thay vào (*) ta có 2 (vô nghiệm).
 m 3m 7 0
 5 13
Vậy m là giá trị cần tìm.
 2
Câu 4
 I E
 A
 J
 O
 K
 B M C
 H
 F
a) Học sinh tự chứng minh.
b) Từ các tứ giác IAJE , EJMC , EABC nội tiếp, ta có biến đổi góc sau:
 E· JI E· AI E· CB E· CM 180 E· JM . Từ đó suy ra E· JI E· JM 180 hay I , J , M thẳng 
hàng.
Chú ý: Đây là kết quả hình học khá quen thuộc, đường thẳng I , J , M là đường thẳng 
Simson của điểm E đối với tam giác ABC .
c) Chứng minh tương tự câu b ta có 3 điểm H , M , K thẳng hàng.
 1 1
Ta có I·HM B· FM B· FE sđ B»E , tứ giác BIEM nội tiếp nên H· IM B· IM B· EM sđ B»F .
 2 2
 1 1 1
Từ đó suy ra I·HM H· IM sđ B»E sđ B»F sđ E»F 90 hay IM  HK .
 2 2 2
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì OB R .
Dựng đường cao BN của tam giác ABC N AC . Ta có
 BC 2 BN 2 NC 2 BN 2 AC AN 2 AC 2 BN 2 AN 2 2.AC.AN
 AC 2 AB2 2AC.AB cos B· AC hay BC 2 b2 c2 2bc.cos60 b2 c2 bc .
Do B· AC 60 B· OC 120 B· OM 60 . Trong tam giác vuông BOM ta có 
 BM BM BC b2 c2 bc b2 c2 bc
 sin B· OM OB .
 OB sin B· OM 2sin 60 3 3 b2 c2 bc
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R .
 3
Câu 5
Ta viết lại 2 ab bc ca a b c 2 a2 b2 c2 a b c 2 3 thì 
 2P a b c 2 6 a b c 3.
Từ đánh giá quen thuộc: a b c 2 3 a2 b2 c2 9 a b c 3 . Ta cũng có 
 2
 a b c a2 b2 c2 2 ab bc ca a2 b2 c2 3 a b c 3 dấu đẳng thức xảy ra khi 
và chỉ khi một trong hai số a hoặc b bằng 0 và c 0 .
Từ đó ta có 3 6 3 3 2P 32 6.3 3 3 3 P 12 .
GTLN của P bằng 12 tại a b c 1 , GTNN của P bằng 3 3 khi a 3 , b 0 , c 0 hoặc 
 a 0 , b 3 , c 0 . ĐỀ SỐ 02
 x 2 1 x 1
Câu 1. Cho biểu thức P . với x 0 , x 1 .
 x 2 x x 2 x 1
a) Rút gọn P .
b) Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5 .
c) Chứng minh P x 3
 x2 2
Câu 2. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y và đường thẳng d : y x 2 với 
 2 m
 m 0 .
 4
a) Khi m tìm tọa độ các giao điểm của P và d .
 3
b) Chứng minh đường thẳng d luôn cắt P tại 2 điểm M , N nằm ở 2 phía trục tung. Gọi 
 I là điểm cố định mà d luôn đi qua. Tìm m để diện tích tam giác CID bằng 4 5 với C , D 
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N lên trục Ox .
Câu 3. Một ca nô xuôi dòng 108 km rồi ngược dòng 63 km, tổng thời gian cả đi lẫn về là 7 
giờ.
Nếu ca nô xuôi dòng 81 km và ngược dòng 84 km thì tổng thời gian cũng hết 7 giờ. Biết vận 
tốc riêng của dòng nước không thay đổi. Tính vận tốc ca nô và vận tốc riêng dòng nước.
Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp O; R , đường cao AH . Gọi I , K lần lượt là hình 
chiếu vuông góc của H trên AB , AC .
a) Chứng minh: A , I , H , K là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: AK.AC AI.AB và OA  IK .
c) Chứng minh: AB.AC 2R.AH .
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK cắt O tại giao điểm thức 2 là M (khác A ). Chứng 
minh AM , IK , BC đồng quy.
Câu 5. 
a) Giải phương trình 7 x x 5 x2 12x 38 .
b) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P 4 1 x 4 1 x 4 1 x2
 LỜI GIẢI
Câu 1
 x 2 1 x 1 x 2 x x 1 x x 2 x 1
a) Ta có P . . .
 x 2 x x 2 x 1 x x 2 x x 2 x 1 x x 2 x 1
 x 1 x 2 x 1 x 1
 . với x 0 , x 1.
 x x 2 x 1 x
 x 1 
 2P 2 x 5 2 2 x 5 2x 5 x 2 x 2 2x 3 x 2 0
 x 
 1 1
 x 2 2 x 1 0 x x .
 2 4 x 1 1
b) Ta có: P x x 1 x. 
 x x
Theo bất đẳng thức Cô si dạng a b 2 ab 
 1
Ta có x 2 suy ra P 3 .
 x
 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x hay x 1 không thỏa mãn điều kiện x 1 
 x
Vậy P 3,x 0; x 1 .
Câu 2. Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 
 x2 2
 x 2 với mọi m 0 hay m2 x 4x 4m 0 (P)
 2 m
 y
 N
 I
 M
 C O 1 D x
 4
a) Khi m thì (*) trở thành 4x2 12x 16 0 x2 3x 4 0 x 1 x 4 0 
 3
 1 
 x 1 hoặc x 4 . Vậy d và (p) cắt nhau tại A 1; ; B 4;8 
 2 
b) Vì 4 4m2 0 với mọi m 0 nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt tức là 
 4m
 d cắt P tại 2 điểm phân biệt. Hơn nữa x x 4 0 nên hai giao điểm luôn nằm về 
 1 2 m
2 phía trục tung. Giả sử M x1; y 1 N x2 ; y 2 với x1 0 x2 khi đó ta có C x1;0 ,D x2 ;0 
Dễ thấy parabol luôn đi qua điểm cố định là I 0;2 nên OI 2,CD x1 x2 x2 x1 
 1 1
Suy ra diện tích tam giác ICD bằng S OI.OD .2. x x x x 
 2 2 2 1 2 1
 2 2
 S x1 x2 4x1x2 
 4
 x1 x2 2 16
Thei hệ thức vi et ta có: m suy ra S 2 16 từ giả thiết suy ra 
 m
 x1x2 4
 16 1 1 1
 S 2 16 80 m2 m . Vậy m để diện tích tam giác ICD bằng 4 5 
 m2 4 2 2
Câu 3
Gọi Vận tốc ca nô là x (km/h), Vận tốc dòng nước là y (km/h) với x y 0 . 108 63
Thời gian ca nô đi xuôi dòng 108 km là giờ, thời gian ca nô ngược dòng 63 km là 
 x y x y
giờ.
 108 63 81
Theo giả thiết ta có 7 1 Thời gian ca nô đi xuôi dòng 81 km là giờ,
 x y x y x y
 84 81 84
Thời gian ca nô ngược dòng 84 km là giờ. Theo giả thiết ta có 7 2 
 x y x y x y
 108 63
 7
 x y x y 27 21
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 0 x 8y 0 x 8y .
 81 84 x y x y
 7
 x y x y
 108 63
Thay vào phương trình (1) ta có 7 y 3 x 24 
 9y 7y
Vậy vận tốc ca nô là 24 km/h, vận tốc dòng nước là 3 km/h.
Câu 4
a) Do IH  AB, KH  AC H· IA H· KA 90 nên 4 điểm A, I, H, K nằm trên đường tròn J 
đường kính AH .
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC ta có 
 AH 2 AI.AB, AH 2 AK.AC AI.AB AK.AC 
 AI AK
Từ đó suy ra AKI ∽ ABC c.g.c ·AKI ·ABC
 AC AB
 1 1 1
Ta có O· AK ·AKI 180 ·AOC ·ABC 90 ·AOC ·AOC 90 OA  KI 
 2 2 2
c) Kẻ đường kính AD của O thì AD 2R, ·ACD 90 , tam giác vuông AHB, ACD 
 AH AC
 ·ABH ·ADC cùng chắn cung AC suy ra AHB ∽ ACD g.g 
 AB AD
 AB.AC AH.AD 2R.AH 
d) Từ việc chứng minh: AKI ∽ ABC c.g.c ·AKI ·ABC suy ra tứ giác BKCI nội tiếp.
Giả sử AM cắt BC tại N . Ta chứng minh N, K, I thẳng hàng.
Thật vậy giả sử NI cắt đường tròn J tại điểm K1 . Khi đó ta có 
 NMI ∽ NK1 A NM.NA NI.NK1 1 
Mặt khác tứ giác AMBC nội tiếp nên ta cũng suy ra NB.NC=NM.NA (2)
 · ·
Từ (1) và (2) suy ra NB.NC NI.NK1 NBI ∽ NK1C NBI NK1C BIK1C nội tiếp hay K1 
thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác BIKC K  K1 Hay N, I, K thẳng hàng, tức là 
 AM , IK, BC đồng quy.
Câu 5
a) điều kiện 5 x 7 
Với mọi số thực a,b ta có: a b 2 0 a2 b2 2ab 2 a2 b2 a b 2 ** 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b Áp dụng vào bài toán ta có : 
 2
 7 x x 5 2 7 x x 5 4 7 x x 5 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 7 x x 5 x 6 
Lại có x2 12x 38 2 x 6 2 0 suy ra VP VT , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 6 
Vậy x=6 là nghiệm của phương trình.
b) Đặt a 4 1 x,b 4 1 x a,b 0,a4 b4 2 
Ta có: P a b ab . Áp dụng bất đẳng thức ở (**) ta có
 4 4
 2 a b 4
 2 a4 b4 a2 b2 a b 8 a4 b4 16 a b 2 
 4
 a b 2
Suy ra P a b 3 
 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b 1 x 0 
 2
Ta cũng có : a4 b4 a4 2a2b2 b4 a2 b2 a2 b2 2 ,
Mà a2 b2 a2 2ab b2 a b 2 với mọi a,b 0 . Suy ra a b a2 b2 4 2 
Vậy p a b ab a b 4 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 0 hoặc b 0 tức là x 1 
hoặc x 1 ĐỀ SỐ 3
 x 2 8x x 1 8x x 1 2x 1 1 1
Câu 1: Cho A x 0 , B : với x 0, x , x 
 2 x 2x x 2x x 2x 1 2 2
 5 2 1
a) Chứng minh khi x 3 2 2 thì A 
 7
 A x 2
b) Rút gọn B và tìm x để 
 B 4 x
Câu 2:
Một phòng họp có 180 ghế được chia thành các dãy ghế có số ghế ở mỗi dãy bằng nhau. Nếu 
kê thêm mỗi dạy 5 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu 
phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy.
Câu 3: Trong mặt phẳng cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : y m 2 x 3 
a) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì (P) luôn cắt (d)
b) Gọi x1, x2 là hoành độ giao điểm A,B của d với P và x1 0 x2 . Xét các điểm 
 2 2
 A x1; x1 ;B x2 ; x2 ;C x1;0 ;D x2 ;0 Tìm m để hai tam giác AOC và BOD có điện tích bằng 
nhau.
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R , trên đoạn OA lấy điểm I (I A; I O) 
vẽ tia Ix  AB cắt O tại C. Lấy điểm E trên cung nhỏ BC E B; E C nối AE cắt CI tại 
F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của O; R 
a) Chứng minh: BEFI là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: AE.AF CB.CD 
c) Tia BE cắt IC tại K. Giả sử I, F lần lượt là trung điểm của OA, IC . Chứng minh : 
 AIF ∽ KID từ đó tính IK theo R
d) Khi I là trung điểm của OA và E chạy trên cung nhỏ BC. Tìm vị trí điểm E để EB EC 
lớn nhất.
Câu 5: Cho các số thực a,b,c 1 . Chứng minh rằng:
 1 1 1 4ab 4bc 4ca
 9 
 2a 1 2b 1 2c 1 1 bc 1 bc 1 ca
 Lời giải
Câu 1:
 2
a) Ta có x 3 2 2 2 1 x 2 1 thay vào A ta có:
 3 2 2 2 2 2 1 2 2 1 3 2 5 2 1
 A 
 2 1 2 3 2 3 2 3 2 7
b) Ta có :
 8x x 1 8x x 1 2x 1 2 x 1 4x 2 x 1 2 x 1 4x 2 x 1 2x 1
 B : : 
 2x x 2x x 2x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2x 1
 4x 2 x 1 4x 2 x 1 2x 1 2x 1 4 2x 1 
 : 4 : 
 x x 2x 1 2x 1 2x 1 A x 2 4 2x 1 x 2 2x 1 
Suy ra : , yêu cầu bài toán tương đương
 B 2 x 2x 1 4 x 2 2x 1 
 x 2 2x 1 x 2 2x 1 1
Với x 2 0 hay x 2 
 4 x 2 2x 1 4 x x 2 2x 1 x 
 2x 1 1
Hoặc * . Ta có (*) x 2x 1 x 2 2x 1 
 x 2 2x 1 x
 4x 2 x 2 0 2x x 1 0 x 1 2 x 1 0 x 1 
Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy x 1; x 2 thỏa mãn.
Câu 2 :
Gọi số dãy ghế ban đầu của phòng họp là x (dãy) điều kiện x 3, x ¥ 
 180
Số ghế ở mỗi dãy lúc đầu là (ghế). Số dãy mới là : x 3 (dãy), Số ghế ở mỗi dãy lúc này 
 x
là :
 180
 (ghế).
 x 3
 180 180
Theo giả thiết ta có 5 5x x 3 540 5x2 15x 540 0 
 x 3 x
 2 x 12
 x 3x 108 0 x 12 x 9 0 
 x 9
Đối chiếu điều kiện ban đầu ta thấy x 12 thỏa mãn
Vậy số dãy ghế ban đầu của phòng là : 12 dãy.
Câu 3 :
a) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là : 
 x2 m 2 x 3 x2 m 3 x 3 0 * 
Ta có m 2 2 12 vì m 2 2 0,m 
Nên 12 0 suy ra phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 hay đường thẳng d 
luôn cắt P tại 2 điểm phân biệt A, B.
Theo hệ thức Vi – ét ta cũng có x1x2 3 0 suy ra 2 giao điểm A, B nằm về hai phía trục 
tung.
b) Vì các điểm A,C có cùng hoàng độ và C Ox nên AC  CO tương tự BD  OD 
Tam giác ACO vuông tại C , BOD vuông tại D nên ta có:
 1 x x2 x3 1 x .x2 x3
 S OC.AC x y 1 1 , S x y 2 2 2 
 AOC 2 1 1 2 2 BOD 2 2 2 2 2
 1 1
Yêu cầu bài toán tương đương với x3 x3 x3 x3 0 x x x x 0 Theo hệ 
 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
thức Vi – ét ta có x1 x2 m 2 m 2 0 m 2 
Câu 4 :
a) Vì điểm E nằm trên O đường kính AB nên ·AEB 90 Tứ giác IFEB có 
 ·AEB F· IB 90 90 180 nên IFEB là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tứ giác AIF, AEB có ·AIF ·AEB 90 , E· AB chung, Suy ra AIF ∽ AEB 1