Bộ 4 đề ôn tập hè Toán 9 có đáp án năm 2021 Trường THCS Việt Hưng

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạ[r]

TRƯỜNG THCS VIỆT HƯNG ĐỀ ÔN TẬP HÈ LỚP 9 NĂM 2021

MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài:120 phút)

Đề 1

Câu 1

1) Rút gọn các biểu thức sau:

a) 3 4+2 25−4 9

b) 3 3+5 12−2 27

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x2−6x+ =5 0

+ =





x y

x y

4

−

x M

x

1) Tìm các giá trị thực của x để biểu thức có nghĩa?

2) Rút gọn biểu thức

3) Tính giá trị của M biết x =16

Câu 3: Quãng đường AB dài 60km, một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc và thời gian quy định Sau

khi đi được nửa quãng đường người đó giảm vận tốc 5km/h trên nửa quãng đường còn lại Vì vậy, người

đó đã đến B chậm hơn quy định 1 giờ Tính vận tốc và thời gian quy định của người đó

1) Cho phương trình: 2x2+(2m−1)x m+ − =1 0 (1) trong đó m là tham số

2) Giải phương trình (1) khi m= 2

3) Tìm m để phương trình (1) có hai ngiệm thỏa mãn: 4x12+4x22+2x x1 2 =1

Câu 4: Cho đường tròn (O; R), dây BC cố định Điểm A di động trên cung lớn BC (AB < AC) sao cho tam

giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi K là giao điểm của EF với BC

1) Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp

2) Chứng minh: KB KC =KE KF

3) Gọi M là giao điểm của AK với (O) (MA Chứng minh ) MH⊥AK

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

1

a b c

ĐÁP ÁN Câu 1:

1) a) 3 4+2 25−4 9=3.2 2.5 4.3+ − =4

b) 3 3 5 12+ −2 27 =3 3 5.2 3+ −2.3 3=3 3 10 3 6 3+ − =7 3

2) a) x2−6x+ = 5 0 x2−5x− + = x 5 0 x x( − − − =5) (x 5) 0

( 5)( 1) 0

b) 2+ =− =213= −=23  == −12 1 ==11

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; )x y là (1;1)

Câu 2:

1) Tìm các giá trị thực của x để biểu thức có nghĩa?

Điều kiện:

0

(* ) 4

2 0

x

x x

x

 





 +  



 − 

 Vậy x0,x0 thì biểu thức M có nghĩa

2) Rút gọn biểu thức

Điều kiện: x và 0 x 4

4

=

( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

−

x M

x

Vậy

2

=

−

x M

x

3) Tính giá trị của M biết x=16

Điều kiện: x và 0 x 4

Với x=16thì 16 4 2

4 2

16 2

−

−

M

Vậy với x=16thì M = 2

Câu 3

1) Gọi vận tốc quy định của người đó là x (km/h), (x > 5)

 Thời gian quy định để người đó đi hết quãng đường là 60

( )h

x

Nửa quảng đường đầu là: 60: 2 30(= km)nên thời gian đi nửa quãng đường đầu là: 30

( )h

x

Nửa quãng đường sau, vận tốc của người đó giảm 5km/h nên vận tốc lúc sau là: x−5(km h/ )

 Thời gian đi nửa quãng đường sau là 30

( )

5 h

x−

Vì người đó đến chậm so với thời gian dự định là 1 giờ nên ta có phương trình:

2

2

30 30 60 30 30

30 30( 5) ( 5)

0 ( 5)

30 30 150 5 0

5 150 0

15 10 150 0

( 15) 10( 15) 0

( 15)( 10) 0

15 0 15 (tm)

10 0 10 (ktm)

x x

−

 − =  =

Vậy vận tốc quy định của người đó là 15km/h và thời gian quy định của người đó là: 60 : 15 = 4 giờ

2) Cho phương trình 2x2+(2m−1)x m+ − =1 0 (1) trong đó m là tham số

Khi m = 2 thì (1) trở thành: 2x2+3x+ =1 0 có hệ số a=2;b=3;c=1

Dễ thấy a b c− + = − + =2 3 1 0 nên phương trình có hai nghiệm 1 1; 2 1

2

= − = − = −c

a

Vậy vớim=2 thì phưng trình có tập nghiệm 1; 1

2

= − − 

S

4x +4x +2x x =1 Phương trình (1) có nghiệm    0

Ta có:  =(2m−1)2−4.2.(m− =1) 4m2−4m+ −1 8m+ =8 4m2−12m+ =9 (2m−3)2

Dễ thấy  =(3m−3)2 0, m nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x x1, 2

Theo định lí Vi-ét ta có: 1 2

1 2

1 2 2 1 2

m

x x

m

x x

 + = −





Theo đề bài ta có:

2

2

1

4

=





 =



m

m

Vậy 1;3

4

 

 

 

m thỏa mãn bài toán

Câu 4

1) Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp

Do

0

0

90 90







Tứ giác BCEF có BEC=CFB=900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

2) Chứng minh: KB KC =KE KF

Tứ giác BCEF nội tiếp (câu a) nên KFB=ECB (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Xét tam giác KFB và KCE có:

chung

(cmt)





=



K

KFB KCE

 KFB KCE (g - g)

 KF = KB

KC KE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) KF KE =KB KC (đpcm)

3) Gọi M là giao điểm của AK với (O) ( M A Chứng minh ) MH⊥AK

Kéo dài AH cắt BC tại D thì AD⊥BCADB=900

Xét tam giác AFH và ADB có:

0

chung

AF = 90





=



A

AFH

  ADB(g - g)  AF = AH

AD AB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

(1)

AF AB=AD AH

Dễ thấy tứ giác AMBC nội tiếp (O) nên AMB+ACB=1800 (tính chất) (2)

Tứ giác ABCF nội tiếp (cmt) nên BFE+BCE=1800

Mà BFE= AFK (đối đỉnh)

0

= 180 (3)

AFK+ACB

Từ (2) và (3) suy ra AMB=AFK (cùng bù với ACB)

Xét tam giác AMB và AFK có:

chung

AMB (cmt)





=



A

AFK

AMB

  AFK(g - g)  AM = AB

AF AK (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

(4)

AM AK =AB AF

Từ (1) và (4) suy ra AM AK = AD AH  AM = AD

Xét tam giác AMH và ADK có:

chung

= (cmt)









A

AMH

  ADK(c - g - c) AMH =ADK (hai góc tương ứng)

Mà ADK=900AMH=90 hay 0 HM ⊥AK

Câu 5

Ta chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 1

4

  + 

x y x y với x, y > 0

Thậy vậy, với x, y > 0 thì:

x y

x − xy+y   −x y  (luôn đúng)

Do đó: 1 1 14 +1

x y x y với x, y > 0

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

Tương tự ta có:

2 4

2 4



 + +  + + 



Cộng vế với vế các bất đẳng thức với nhau ta được:

1

4

a c b c b a c a c b a b

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

a b c

Do đó 1

4



VT VP (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Đề 2

A= sin −cos sin +cos +2cos 

Câu 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao(HBC) Biết BH=3cm BC, =9cm Tính

độ dài AB

Câu 3: Tính thể tích một hình cầu có diện tích mặt cầu bằng 144 cm 2

Câu 4: Rút gọn biểu thức B 6 2

Câu 5: Cho phương trình 2 ( )

x − m 3 x+ + − =m 1 0 (ẩn x, tham số m) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; x sao cho 1 2 x1 1 x2

2

−

Câu 6: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( )O , vẽ tiếp tuyến AB(Blà tiếp điểm) và cát tuyến ACD không đi qua tâm O (C nằm giữa A và D) Gọi E là trung điểm của CD Chứng minh ABOE là tứ giác nội tiếp

ĐÁP ÁN

Câu 1

A sin cos sin cos 2 cos

sin cos 2 cos

Câu 2

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A, đường cao AHta có:

( )

2

2

AB BH.BC

AB 3.9

AB 27 3 3 cm

=

Câu 3

Bán kính của hình cầu là

2 2

S 4 R

144 4 R

6cm R

= 

Tính thể tích hình cầu V 4 R3 4 .63 288 cm3

Câu 4

C H

B

A

( )

B

2 7 4 3 7

7 1

Câu 5

Ta có

2

 = − = − +  − −

= + + − + = + + = + +  với mọi m

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có 1 2 ( )

1 2

1

x x m 1





Theo đề x1 1 x2

2

−

2

1

2

2

 + 

 + 



Từ ( )1 và ( )2 suy ra

Câu 6

Trong đường tròn ( )O có:

*OElà một phần đường kính; CD là dây không đi qua tâm O; E là trung điểm của CD

0

OE CD OEC 90

*AB là tiếp tuyến (Blà tiếp điểm) ABO=900

Suy ra OEC ABO 180+ = 0

Vì OEC và ABO là hai góc đối nhau suy ra tứ giác ABOE nội tiếp

O E D

C

B A

Đề 3

Câu 1: Tính 27+4 12− 3

Câu 2: Tìm điều kiện của m để hàm số y=(2m−4)x2 đồng biến khi x  0

Câu 3: Cho Parabol ( ) :P y=2x2 và đường thẳng ( ) :d y=3x− Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 1

bằng phép tính

Câu 4: Viết phương trình đường thẳng AB, biết A( 1; 4); (5;2)− − B

Câu 5: Trong lễ phát động phong trào trồng cây nhân dịp kỷ niệm ngày sinh Bác Hồ, lớp 9A được giao trồng 360 cây Khi thực hiện có 4 bạn được điều đi làm việc khác, nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm 1 cây so với dự định Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh? (biết số cây trồng của mỗi học sinh như nhau)

Câu 6: Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H (DBC; EAC; FAB), tia FE cắt đường tròn tại M Chứng minh AM2=AH.AD

ĐÁP ÁN Câu 1

27 4 3 3 3 3 8 3 3 10 3

Câu 2

Hàm số ( ) 2

y= 2m 4 x− đồng biến khi x0 2m 4 0

m 2

Câu 3

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )P và ( )d là:

2x =3x 1− 2x −3x 1 0+ =







Vậy tọa độ giao điểm của ( )P và ( )d là A 1; 2( )và B 1 1;

2 2

 

Câu 4

Phương trình đường thẳng AB có dạng (d) : y=ax b+

Phương trình ( )d

đi qua A(− −1; 4)

: − + = −a b 4 1( ) Phương trình ( )d

đi qua B 5; 2( )

: 5a+ =b 2 2( )

Từ ( )1 và ( )2 ta có hệ phương trình a b 4 6a 6 a 1

Vậy phương trình đường thẳng AB có dạng y= − x 3

Câu 5

Gọi số học sinh lớp 9Alà x(hs) (xN, x4)

Suy ra số học sinh lớp 9Atrên thực tế là x−4(hs)

Số cây mỗi học sinh lớp 9A trồng theo dự định là 360

x (cây)

Số cây mỗi học sinh lớp 9A trồng trên thực tế là 360

x 4− (cây)

Theo đề bài ta có phương trình 360 360 1

x 4− x =

2 2

1

2

360 x 4 x x 4 360x

360x 360x 1440 x 4x

x 4x 1440 0

x 40

=



  = −



Vì xN, x nên 4 x=40

Vậy số học sinh của lớp 9A là 40 học sinh

Câu 6

Xét AFH và ADB: BADchung và AFH=ADB=900

Xét tứ giác BFECcó:

0

BFC=90 CF⊥AB

0

BEC=90 BE⊥AC

Có Fvà E cùng nhìn đoạn BC cố định dưới một góc vuông

Suy ra tứ giác BFECnội tiếp đường tròn đường kính BC

AFM ACB

 = (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối)

Trong ( ) có: AMB=ACB(hai góc nội tiếp cùng chắn )

M

O

H F

E

D

C

B

A

Suy ra AFM=AMB

Xét AMF và ABM: MABchung và AFM=AMB

Từ ( )1 và ( )2 suy ra 2

AM =AH.AD

Đề 4

Câu 1 (3,5 điểm)

a) Tính giá trị của các biểu thức sau

16 4

A= −

5 5 3 3 5

b) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

2

1) x −7x+10 0=

2) x −5x −36 0=

3)

x y

− = −



P

− + với a0, a 1

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi a =3

Câu 3

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 1 2

2

y= x

b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x

c) Cho phương trình: x2+(m+2)x m+ − =1 0 (1) (m là tham số)

Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m Khi đó tìm m để biểu thức

1 2 3 1 2

A=x +x − x x đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC) và nội tiếp đường tròn (0) Vẽ đường cao AH

(HBC), Từ H kẻ HM vuông góc với AB (MAB) và kẻ HN vuông góc với AC ( NAC) Vẽ đường

kính AE của đường tròn (O) cắt MN tị I, Tia MN cắt đường tròn (O) tại K

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

b) Chứng minh AM.AB=AN.AC

c) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp và tam giác AHK cân

ĐÁP ÁN

Câu 1:

a) Tính giá trị của các biểu thức sau

5 5 3 3 5 5 3 5 3 5 5

b) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

2

1) x −7x+10 0= (1)

2

( 7) 4.1.10 9 0

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

Vậy phương trình (1)có tập nghiệm là S={2;5}

2) x −5x −36 0= (2)

Đặt 2

(t 0)

x =t  khi đó phương trình (2) tương đương với

2

5 36 0

t − −t = (3)

2

( 5) 4.1.( 36) 169 0

Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt

1

5 169

9 2.1

t = + = (Thỏa mãn)

2

5 169

4 2.1

t = − = − (Không thỏa mãn)

Với t= 9 x2=  =  9 x 3

Vậy phương trình (2)có tập nghiệm là S={-3;3}

3)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(-3;1)

Câu 2

a) Rút gọn P

1

P

1

a P

a

+

=

− ới a0, a 1

b) Tính giá trị của P khi a =3

Thay a=3 vào 1

1

a P a

+

=

− ta có

3 1 2

3 1

P= + =

−

Vậy P=2 với a=3

Câu 3

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 1 2

2

y= x

Ta có bảng giá trị sau

x -2 -1 0 1 2

y 2 1

2

0 1 2

2

Đồ thị hàm số 1 2

2

y= x là đường cong đi qua các điểm (-2;2);(-1; 1

2);(0;0);

(1; 1

2); (2;2) và nhận trục Oy làm trục đối xứng

b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường thẳng (d): 1 2

0; 2

2x =  =x x x=

Với x=0 => y =0 ta có giao điểm O(0;0)

Với x=2 => y=2 ta có giao điểm A(2;2)

Vậy giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường thẳng (d) là O(0;0); A(2;2)

c) Cho phương trình: x2+(m+2)x m+ − =1 0 (1) (m là tham số)

Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m Khi đó tìm m để biểu thức

1 2 3 1 2

A=x +x − x x đạt giá trị nhỏ nhất

Ta có =(m+2)2−4.1(m− =1) m2+4m+ −4 4m+ =4 m2+  8 0 m

 Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2

x

y

1

4 3 2

-3 -2 -1 0 2 3 4 5

-4 -5

6 7 8

Theo định lý vi-et ta có 1 2

1 2

( 2)

x x m

+ = − +



Theo bài ra ta có

1 1 35 1 35 35

35

4

A

= − + − − = + + − + = − +

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 35

4 khi

1 0 2

m− = hay 1

2

m=

Câu 4

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

Ta có

0

0

Xét tứ giác AMHN có

90 90 180

Mà AMH và ANH là 2 góc đối

 Tứ giác AMHN nội tiếp

b) Chứng minh AM.AB=AN.AC

Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)

=>AMN=AHN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Mà AHN+HAN=900 (ANH vuông tại N)

0

90

ACB HAN+ = (ANH vuông tại N)

=>AMN =ACB

Xét ABC và ANM có

BAC là góc chung

AMN=ACB (cmt)

ABC

  đồng dạng ANM(g.g)

AB AM AC AN

c) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp và tam giác AHK cân

Xét (0) ta có

EAC=EBC (2 góc nội tiếp chắn cung EC) (1)

Ta có ABE=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (0))

=>ABH CBE+ =900

Mà ABH+HAM=900 (ABH vuông tại H)

 = (2)

Từ (1) và (2)HAM=EAC (3)

Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)

 = (2 góc nội tiếp chắn cung AM) (4)

Mà MHA HAM+ =900( AHM vuông tại M) (5)

Từ (3);(4);(5) CAE ANM+ =900

=>ANI vuôn tại I

=>AIN =900NIE=900

Xét (0)ACE=900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác CEIN có

90 90 180

NIE NCE+ =NIE+ACE= + =

Mà NIE và NCE là 2 góc đối

=>Tứ giác CEIN nội tiếp

Xét AHC vuôn tại H

Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao

=>AH2=AN.AC (6)

Nối A với KAKE=900 AKE vuông tại K

Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao

=>AK2=AI.AE (7)

Xét AIN và ACE có

0

90

AIN=ACE=

CAE chung

=>AIN đồng dạng ACE

AI AE AC AN

Từ (6)(7)(8) => AH2 =AK2 => AH=AK => HAK cân tại A

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội

dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi

về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên danh

tiếng

I.Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây

dựng các khóa luyện thi THPTQG các môn: Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các trường

PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên

khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn

II.Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Toán Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS

THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích môn Toán phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt

điểm tốt ở các kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành

cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III.Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các

môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu

tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng Anh

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí