Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP x 1 x 1 x Bài 1. Cho biểu thức P 4 x : . x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . 3 b) Tính giá trị của biểu thức P khi x . 3 15 c) Tìm tất cả các giá trị của x để P x2 . Bài 2. Cho phương trình: x2 2m 1 x m2 1 0 (1) (x là ẩn số) 1) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 2 2) Định m để hai nghiệm x1,x2 của phương trình (1) thỏa mãn: x1 x2 x1 3x2 Bài 3. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ với vận tốc dự định, do đường khó đi nên người đó giảm vận tốc đi 2km/h trên quãng đường còn lại, vì thế người đó đến B chậm hơn dự định 15 phút. Tính vận tốc dự định của người đi xe đạp. Bài 4. Cho hàm số : y m 4 x m 4 (m là tham số). a) Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên R. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đồ thị của hàm số đã cho luôn cắt parabol (P): y = x2 tại hai điểm phân biệt. Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho: x1 x1 –1 x2 x2 –1 18. c) Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng (d). Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm O 0;0 đến (d) không lớn hơn 65 . Bài 5. Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE. c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: S1 S2 S . 1 1 Bài 6. Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a b 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . a b HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI 1 x 0 Điều kiện xác định của P: , khi đó ta có: x 1 2 2 x 1 x 1 x x 1 x 1 4 x x 1 x 1 P 4 x :  x 1 x 1 x 1 x 1 x 4 x 4 x x 1 x 1 4 x x 1 1 x 1  4x x 1 x x 1 x 1
2. 3 3 1 5 1 Ta có: 3 15 3 1 5 1 5 4 3 5 1 5 1 Suy ra: P P 4 5 1 3 15 4 4 4x x2 x 0 2 P x x 0 x 4 x 1 x 0, x 1 x 4. 2 2m 1 2 4 m2 1 5 4m 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 4 5 Phương trình có nghiệm m 4 x1 x2 2m 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 2 Theo đề bài: x1 x2 x1 3x2 2 x1 x2 4x1x2 x1 3x2 2 2 2m 1 4 m 1 x1 3x2 x1 3x2 5 4m m 1 x1 x1 x2 2m 1 2 Ta có hệ phương trình: x 3x 5 4m 3(m 1) 1 2 x 2 2 m 1 3(m 1)  m2 1 2 2 3 m2 1 4 m2 1 m2 1 0 m 1 Kết hợp với điều kiện m 1 là giá trị cần tìm. HƯỚNG DẪN GIẢI Các quá trình Quãng đường Vận tốc Thời gian 1 20 km x km / h 20 h x 2 20 x 20 x km x 2 km / h h x 2 Thời gian chậm hơn dự định 15 phút. 20 20 x 15 1 x x 2 60 3 Gọi vận tốc dự định của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là: x km / h , x 0 . 2
3. 20 Thời gian dự định của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là: h x Quãng đường còn lại của người đi xe đạp sau khi đi 1h: 20 x km 20 x Vận tốc của người đi xe đạp khi đi trên quãng đường còn lại là: h x 2 20 x Thời gian người đi xe đạp theo thực tế: 1 h x 2 20 20 x 15 20 20 x 3 Nên: 1 1 x x 2 60 x x 2 4 Điều kiện: x 0, x 2 MTC: 4x x 2 Qui đồng và khử mẫu: 420 x 2 4x 20 x 3x x 2 80x 160 80x 4x2 3x2 6x x2 6x 160 0 Ta có: b 2 ac 32 1 160 9 160 169 0 169 13 b 3 13 x 10 (thỏa mãn điều kiện) 1 a 1 b 3 13 x 16 0 (không thỏa mãn điều kiện) 2 a 1 Vậy vận tốc d ự đ ịnh c ủa ng ư ời đi xe đạp là 10 km/h. 4 Hàm số là bậc nhất khi m – 4 ≠ 0 hay m ≠ 4. Hàm số đồng biến khi m – 4 > 0 hay m > 4. Tóm lại m > 4 Phương trình hoành độ giao điểm: x2 m – 4 x m 4 Hay: x2 m – 4 x m – 4 0 Ta có: m 4 2 41 m 4 m2 8m 16 4m 16 m2 4m 4 28 m 2 2 28 0 (Vì (m – 2)2 ≥ 0 với mọi m và 28 > 0). Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt hay đồ thị của hàm số đã cho luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt. y m 4 x m 4 y mx 4x m 4 y 4x 4 mx m x 1 x 1 m y 4x – 4 0.  y 8 Ta có được M(-1; 8) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đi qua với mọi giá trị của m. Dễ dàng tính được OM 65 , mà khoảng cách từ O tới đồ thị của hàm số không vượt quá OM. 3
4. 5 Hình vẽ A D O C E B F Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật · · · 1 Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra:CAD BCE 900 (1). Lại có CBE sđ 2 · 1 B»C (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); ACD sđ A»D (góc nội tiếp), mà 2 · · B»C A»D (do BC = AD) CBE ACD (2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE . · · Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE DFE (3). · · Từ (2) và (3) suy ra ACD DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 S EF2 S EB S BF 1 . Tương tự ta có 2 . Từ đó suy ra: S EF S EF S S 1 2 1 S S S . S S 1 2 6 Ta có: a b 2 – 4ab a b 2 0 a b 2 4ab a + b 4 ab a + b 1 1 4 b a a + b 4 P , mà: a b 2 2 a + b 4 4 P 2 . a + b 2 2 2 a b 0 Dấu “ = ” xảy ra a = b = 2 . a b = 2 2 Vậy: min P = 2 . 4