PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN TÂY HỒ
CÂU
a
1
b

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN - KHỐI 9

ĐÁP ÁN
3
Thay x = 25 (tmđk) vào biểu thức A ta được 𝐴 =
Vậy x = 16 thì 𝐴 =
x

B=

(

2

3
2

) (

x +2 +3

ĐIỂM
0,5

)

0,25

x − 2 − 9 x + 10

x−4
x + 2 x + 3 x − 6 − 9 x + 10
B=
x−4
x−4 x +4
B=
x−4

B =
c

(

(

x −2

x −2

)(

)

0,25

0,25

2

x +2

)

x −2
x +2

=

0,25

Với x  0, x  4, x  9 ta có:
x −2 x −2
:
=
x + 2 x −3
Để P   5  .
x +2
5
Xét
0
x +2
P = B: A=

x −3
5
= 1−
x +2
x +2

5

và có x + 2 ³ 2 với x ³ 0, x ¹ 4, x ¹ 9 Þ 0 <

£

x +2

Mà

5

Î ¢ Þ

x+2

5

= 1

x+2

hoặc

5

5
2

0,25

= 2

x +2

Với x  0, x  4, x  9 ta có:
Với
Với

5

= 1Þ

x + 2 = 5 Û x = 9 (Không TMĐK).

= 2Þ

x + 2=

x +2
5

x +2

Vậy khi x =

5
1
(TMĐK).
Û x=
2
4

1
thì P có giá trị nguyên
4

0,25

2

a

Gọi vận tốc của ô tô con là x (km/h), ( x  0 )
0,25
vận tốc của ô tô tải là y (km/h), ( y  5 )
Hai ô tô con và tải khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 150
km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ, ta có phương trình: 0,25
2 x + 2 y = 150 (1)

0,25
Vận tốc của ô tô con sau khi tăng thêm 5 km/h là: x + 5 (km/h)
Vận tốc của ô tô tải sau khi giảm 5 km/h là: y − 5 (km/h)
Vì vận tốc của ô tô con bằng 2 lần vận tốc của ô tô tải nên ta có phương
0,25
trình: x + 5 = 2 ( y − 5)  x − 2 y = −15 (2)
2 x + 2 y = 150
 x − 2 y = −15

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

 x = 45
(TMĐK)
 y = 30

Giải hệ phương trình ta được: 

0,25

b

Vậy vận tốc của ô tô con là 45 km/h, vận tốc của ô tô tải là 30 km/h
Bán kính r = 20cm; đường sinh l = 30cm
Diện tích xung quanh S xq =  rl = 3,14.20.30  1884 ( cm 2 )

0,25
0,25
0,25

1

ĐK x  −1; y  0, y  1

3

2
a

3
6
 1
 2
 x + 1 − y − 1 = −1  x + 1 − y − 1 = − 2




 2 + 4 =3
 2 + 4 =3
 x + 1
 x + 1
y −1
y −1
 10
 y −1 = 5
 y − 1 = 2



 1 − 3 = −1  x + 1 = 3
 x + 1
y −1
 x = 1(tm)

 y = 9(tm)

0,25

Vậy hệ pt có nghiệm (1;9)
Hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là nghiệm của phương trình:

0,25

x2 = − ( m + 1) x − 4  x2 + ( m + 1) x + 4 = 0

0,25

0,25

(1)

a) Khi m = 4 phương trình (1) trở thành: x 2 + 5 x + 4 = 0
Vì a − b + c = 1− 5 + 4 = 0  Phương trình có nghiệm x1 = −1 ; x2 = −4
Với x1 = −1  y1 = 1

0,25

Với x2 = −4  y2 = 16
Vậy khi m = 4 thì ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm ( −1;1) và ( −4;16)
2

Phương trình: x2 + ( m + 1) x + 4 = 0 (1)

0,25

 = ( m + 1) − 4.1.4 = ( m + 1) − 16
2

b

2

( d ) cắt ( P ) tại hai nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt    0

( m + 1)

2

− 16  0  ( m + 1 − 4)( m + 1 + 4)  0  ( m − 3)( m + 5)  0

m − 3  0
m  3

m3
m + 5  0
m  −5
m − 3  0
m  3
TH2: 

 m  −5
m + 5  0
m  −5

TH1: 

0,25

Vậy m > 3 hoặc m < -5 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Khi đó, theo định lí Vi-et, ta có:


 x1 + x2 = − ( m + 1)


 x1 x2 = 4

0,25

 y1 = x12

M ( x1; y1 ) ; N ( x2 ; y2 ) thuộc ( P )  

2

 y2 = x2

Do đó:
2
2
y1 + y2 = 2 ( x1 + x2 ) + 7  x1 + x2 = 2 ( x1 + x2 ) + 7

 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2 ( x1 + x2 ) + 7
2

  − ( m + 1) − 2.4 = 2  − ( m + 1) + 7
2

 m2 + 2m + 1 − 8 = −2m − 2 + 7  m 2 + 4m − 12 = 0 .

( m) = 22 −1. ( −12) = 16 = 42  0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
m1 =

−2 + 4
= 2 (loại)
1

m2 =

−2 − 4
= −6 (thỏa mãn)
1

Vậy với m = −6 thì ( d ) cắt ( P ) tại hai nghiệm phân biệt M ( x1; y1 ) và
N ( x2 ; y2 ) sao cho y1 + y2 = 2 ( x1 + x2 ) + 7 .

0,25

0,25

Q

A

4
E

K

P

F
H

S

B

D

O

C

0,25

a

1) Chứng minh tứ giác AEDB là tứ giác nội tiếp
Nửa đường tròn (O ) có: BFC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,25

 BF ⊥ FC hay CF ⊥ AB  AFH = 90

b

Có BEC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 BE ⊥ EC hay BE ⊥ AC  AEH = 90
Tứ giác AEHF có AFH + AEH = 180
Suy ra tứ giác AEDB nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
2) Chứng minh FB là phân giác của góc SFD .
Có CF ⊥ AB (cmt)  BFH = 900
AH ⊥ BC tại D (tc 3 đường cao)  BDH = 900
Tứ giác BDHF có BDH + BFH = 900 + 900 = 1800
Suy ra tứ giác BDHF nội tiếp
 DFH = HBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD )

0,25
0,25

0,25

0,25

Có: HBD = HFE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC )
 HFD = HFE

0,25

 BFD=AFE (cùng phụ với HFD = HFE )

Vì SFB = AFE (2 góc đối đỉnh)
 SFB = BFD

c

Mà tia FB nằm giữa hai tia FS và FD
Suy ra FB là tia phân giác của góc SFD
3) Gọi giao điểm của BP và SQ là K
Đường tròn (O ) có BK là tiếp tuyến tại B (gt)  BK ⊥ OB (tính chất)
CQ là tiếp tuyến tại C (gt)  CQ ⊥ OC (tính chất )
 BK // CQ (cùng vuông góc với BC )
SCQ có: BK // CQ (cmt) 

0,25

BK SB
(Hệ quả định lí Ta lét)
=
CQ SC

BP BH
(Hệ quả định lí Talét)
=
CQ HQ

CHQ có: BP // CQ

(cmt) 

BCQ có: DH // CQ

(cùng vuông góc với BC ) 

BH BD
=
(Talét)
HQ DC

SF SB
=
(t/c)
SD BD
SF SC
=
Mà FB ⊥ FC  FC là phân giác ngoài 
(t/c)
SD CD
SB SC
SB BD

=

=
BD CD
SC CD

0,25

SFD có FB là phân giác 

0,25

0,25



BK BP
=
 BK  BP  K  P
CQ CQ

0,25

Suy ra ba điểm S , P , Q thẳng hàng.
5

1
2024
+
2
2
x +y +z
xy + yz + zx
1
1
1
2022
P= 2
+
+
+
2
2
x +y +z
xy + yz + zx xy + yz + zx xy + yz + zx
2
Ta có: (x + y + z) – 3(xy + yz + zx) = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx
1
(x + y + z)2 – 3(xy + yz + zx) = [( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 ]  0
2
 3(xy + yz + zx)  (x + y + z)2 = 1
2022
6066
6066
=

 6066
+)
xy + yz + zx 3( xy + yz + zx) ( x + y + z )2
1
1
1
9
+
+
 2
+) 2
2
2
2
2
x +y +z
xy + yz + zx xy + yz + zx x + y + z + 2( xy + yz + zx )
1
1
1
9
+
+

=9
 2
2
2
x +y +z
xy + yz + zx xy + yz + zx ( x + y + z )2
P  6066 + 9
P=

2

0,25

P  6075
Dấu = xảy ra khi x = y = z =

0,25

1
3

Vậy GTNN P = 6075 khi x = y = z =

1
3