Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Trường Amsterdam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Trường Amsterdam (Có đáp án)

1. ĐỀ KIỂM TRA Bài 1. Cho biểu thức x22 2 x 4 x 2 x 1 1 2 P 32 :3 xxx 812 x 1 a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P với các giá trị của x thỏa mãn xx2 32 . c) Tìm các giá trị của để P 1. Bài 2. Giải các phương trình a) 2xxx 12 4 2 b) x222 4 xx 8 x 3 xx 4 8 2 0 Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH, lấy M là điểm đối xứng với H qua AB , lấy N là điểm đối xứng với qua AC . Gọi E là giao điểm của MH với AB và F là giao điểm của NH với AC , đường thẳng MN cắt AB, AC theo thứ tự tại IK, . a) Chứng minh tam giác AMN cân. b) Chứng minh AE AB AF AC và chứng minh AIKACB∽ c) Chứng minh HA là phân giác góc IHK và chứng minh các đường thẳng AH,, BK CI đồng quy tại J . d) Chứng minh: BJ BK CJ CI BC 2 Bài 4. Cho abc,, là các số dương, chứng minh rằng: a4 b 4 c 4 a 3 b 3 c 3 . b3 c 3 a 3 b 2 c 2 a 2 Bài 5 a/ Cho 3 số a , b , c thỏa mãn abc 1 và a3 36. a2 Chứng minh rằng b22 c ab bc ca . 3 b/ Tìm số tự nhiên a thỏa mãn: aa2 5 là số tự nhiên và là số chính phương. c/ Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn 6x22 10 y 2 xy x 28 y 18 0 . HƯỚNG DẪN Bài 1. x 2 a) Rút gọn P . Điều kiện: . x 1 x22 2 x 4 x 2 x 1 1 2 P 32 :3 x 8 x 1 x 2 x 1 2 x2 2 x 4 x 1 3 x 2 x 1 x 1 2 x 2 : 3 x 8 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1
2. x22 2 x 4 x 1 3 x 3 x 6 x 1 2 x 4 : 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 x 4 2 11xx 3 9 2 x 12 x2 x 33 x : : xxx 2 x 12 1 x 2 xx 12 x 1 x2 3 xx 21 x 1 x 1 . .Vậy P . xx 21 33 x2 31 x 31 x b) Tính giá trị của P với các giá trị của x thỏa mãn xx2 32 . Điều kiện để P xác định: xxx 1,3, 2 Ta có: xx2 32 xx2 32 0 xx 12 0 x 1 ( Loại trường hợp x 1 theo điều kiện của P ) x 2 x 2. Thay x 2 vào biểu thức P ta có: 2 1 1 1 P Vậy P . 3 2 1 9 9 Bài 2. a) 2x 1 xx 2 4 Lập bảng xét dấu: 1 x 2 2 21x 0 x 2 Từ bảng xét dấu ta chia các trường hợp như sau: TH 1: Nếu x 2 phương trình đã cho trở thành: 3 2x 1 xx 2 4 73x x ( Loại ). 7 1 TH 2: Nếu 2 x phương trình đã cho trở thành: 2 1 2x 1 x 2 4 x 51x x ( Loại ). 5 1 TH 3: Nếu x phương trình đã cho trở thành: 2x 1 x 2 4 x x 3 (Thỏa mãn). 2 Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất là x 3. 2 b) x2 4 x 8 3 x x 2 4 x 8 2 x 2 0 2 2 x2 4 x 8 3 x x 2 4 x 8 2 x 2 0 x2 4 x 8 x x 2 4 x 8 2 x x 2 4 x 8 2 x 2 0
3. x222 4 x 8 x 4 x 84 x 82 x x 0 x x x22 4 x 8 24 x x 8 x 0 x xx2 6 8 0 x22 6 x 85 x 8 x 0 . 2 xx 5 8 0 2 x 2 Với x 6 xx 8 0 x 2 4 0 (thỏa mãn). x 4 5 25 7 Với xx2 58 0 xx2 2. . 0 2 4 4 2 2 57 57 x 0 (Loại vì VT xx 0,  ). 24 24 Vậy phương trình đã cho cso 2 nghiệm là S  2; 4. Bài 3. a) Chứng minh tam giác AMN cân. Theo tính chất đối xứng ta có: AM AH; AN AH AM AN Nên tam giác cân tại A. b) Chứng minh AE AB AF AC và chứng minh AIKACB∽ Ta có: AE AH AEH∽ AHB( g . g ) AE . AB AH 2 (1) AH AB AF AH AFH∽ AHC( g . g ) AF . AC AH 2 (2) AH AC AE AF Từ (1),(2) ta có: AE AB AF AC (3) Từ (3) AC AB Lại có góc A chung AEF∽ ACB() cgc (4) Mặt khác FE là đường trung bình của tam giác MHN EF/ / MN IK / / EF AIK∽ AEF (5) Từ (4) và (5) AIK∽ ACB. c) Chứng minh HA là phân giác góc IHK và chứng minh các đường thẳng AH,, BK CI đồng quy tại J . AMI AHI AHI AMI(6);(7) ANK AHK AHK ANK Mà tam giác AMN cân AMI ANK(8) Từ (6), (7), (8) AHI AHK HA là phân giác của IHK. Từ câu b ta có suy ra AIK ACB . (9) Mà AIK MIB BIK . (10)
4. Từ (9) và (10) suy ra BIH BCA N . A Tam giác BIHBCA∽ (g.g) K ABC chung I BIHBCA F BI BHBI BC J Suy ra . BC BA BH BA M Suy ra BICBHA∽ (g.c.g) E C chung B H BIBC BHBA Suy ra BIC BHA  90 AIH BIH CIK CIH CH là phân giác của KIH Tương tự: KB là phân giác của IKH HA,, BK CI đồng quy tại J. d) Chứng minh: BJ BK CJ CI BC 2 AKI IKB BKH HKC AKB BKC 90  BK AC Tương tự CI AB BJ BC BJH∽ BCK(.) g g BJ BK BH BC BH BK Tương tự: CJ CI CH BC BI BK CJ CI BC 2 . Bài 4. a/ p dụng bất đẳng thức Cô si cho từng cặp hai số ta có: a4 a 2 a 3 32 2. b b b a3 a 2 a 4 a 3 a 2 a 3 a 2 aa43 2 a 2. 3 2 2. a b 2. 2 2. 2 a 32 ab . (1) b b b b b b b bb a2 ba2 b b4 b 3 c 4 c 3 Tương tự: b c(2); c a (3) c3 c 2 a 3 a 2 a4 b 4 c 4 a 3 b 3 c 3 Cộng (1), (2),(3) ta được: .Dấu “=” xảy ra khi abc . b3 c 3 a 3 b 2 c 2 a 2 a2 Bài 5. a/ Ta có: b22 c ab bc ca 3 aa22 b22 c ab 2 bc ca 3 bc 0 4 12
5. 2 2 a a2 36 bc a a3 36 abc bc 0 bc 0 2 12 2 12a 2 aa3 36 bc 0 vì abc 1. 212 a b/ Để aa2 5 là số chính phương thì aa22 5 k k 4aak22 20 25 4 25 2a 52 k 2 a 52 k 1.25 1.25 5.5 5.5 2ak 5 2 1 2ak 5 2 5 hoặc 2ak 5 2 25 2ak 5 2 5 mà 2k kk 6;0 . 2 a 9 Với k 6 thì aa 5 36 . a 4 2 a 5 Với k 0 thì aa 50 . a 0 Vậy a  9; 5;0;4. c/ Ta có: 6x22 10 y 2 xy x 28 y 18 0 12x22 20 y 4 xy 2 x 56 y 36 0 x 2 y 2 x 1 2 4 y 7 2 14 10 x2 7 7 7 Do đó 14 10x22 0 xx . 5 5 5 Mà xx  1; 0; 1 . Với x 0 thay vào phương trình ta được: y 1 TM 2 5yy 14 8 0 9 y KTM 5 Với x 1 20yy2 60 50 0 2yy2 6 5 0 (Phương trình vô nghiệm) Với x 1 20yy2 52 46 0 10yy2 26 23 0 (Phương trình vô nghiệm) Vậy xy; 0;1 . pp2 2 c/ Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho là lập phương của một số tự nhiên 2 d/ Từ giả thiết, ta cần tìm số tự nhiên a thỏa mãn p p 1 2 a 1 a2 a 1 . Nếu pa 20 (thỏa mãn). Nếu p 2 thì p là ước của a 1 hoặc là ước của aa2 1. Nếu là ước của , khi đó pa 1. Mà p a p a 1.
6. Do đó p p 1 2 a 1 a22 a 1 2 a 3 a 2 0 (vô lý) Nếu p là ước của aa2 1 aakp2 1 . (*) Do đó pp 121 aaa 2 1 p 121 ka pka 211. ( ) Từ (*) và ( ), ta có a222 2 k 1 ak 1 k 20 ; 4124kkk42 3 Ta cần tìm k để 4124kkk42 3 là số chính phương. 222 Do 2k2 2412 k 4 k 2 432 k k 2 4 412 k 4 k 2 4323 k k 2 kp 3127. Vậy p 2 hoặc p 127.