Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 13 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 13 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP 13. 2x 2 x x 1 x2 x Bài 1. Cho biểu thức: P x 0; x 1 . x x x x x x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của thức P khi x 3 2 2 . c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức 7 chỉ nhận P một giá trị nguyên. Bài 2. Cho phương trình ẩn x: x2 2m 1 x m2 5m 0 a) Giải phương trình với m 2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm sao cho tích các nghiệm bằng 6. Bài 3. Một đội xe định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe phải chở thêm một tấn hàng nữa mới hết số hàng đó. Tính số xe lúc đầu, biết rằng khối lượng hàng mỗi xe chở là như nhau. 2 Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P có phương trình y x và đường thẳng d Có phương trình y 2 m 1 x m2 (với m là tham số). a) Tìm điều kiện của m để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A và B. b) Gọi x , x lần lượt là hoành độ của A và B. Xác định m để 2x 1 2x 1 13. 1 2 1 2 Bài 5. Cho đường tròn tâm O, dây BC cố định ,điểm A thuộc cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn, và AB AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E, F thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). a) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh HE song song với CD. c) Gọi M , I, K lần lượt là trung điểm của BC, EF, CE. CMR: M, I , K thẳng hàng và B·ME 2M· ED +CMF. Bài 6. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x y z 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 y 1 z 1 Q . 1 y2 1 z2 1 x2 HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 a) 2x 2 x x 1 x x 1 P x x x x x 2x 2 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 2x 2 x x 1 x x 1 x x x 2x 2 2x 2 x 2 2 x x 1
2. b) Ta có x 3 2 2 x 2 1 2 Thay vào biểu thức P 2 2 1 2 2 1 Tính được kết quả P 4 2 2 c) 7 7 x Đưa được P 2x 2 2 x 7 x 7 Nhận xét: 2x 2 2 x 6 x , suy ra 0 2x 2 2 x 6 7 Vậy chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi P x 2 x 4 7 x 2x 2 2 x 2x 5 x 2 1 1 x x 2 4 2 m 2 , phương trình là: x2 + 3x - 6 = 0; ∆ = 33> 0, phương trình có 3 33 hai nghiệm phân biệt x 1,2 2 2 2 Ta có ∆ = 2m 1 4 m 5m 4m2 4m 1 4m2 20m 1 16m. 1 Phương trình có hai nghiệm 0 1 16m 0 m 16 2 Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là x1  x2 m 5m Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 5m 6 m2 5m 6 0 c Ta thấy a b c 1 5 6 0 nên m 1; m 6. 1 2 a 1 Đối chiếu với điều kiện m thì m 6 là giá trị cần tìm. 16 HƯỚNG DẪN GIẢI. Các quá trình Khối lượng tổng quát Xe Khối lượng/xe 1 60 tấn 60 x xe tấn/xe x 2 60 tấn 60 x 3 xe tấn/xe x 3 Nên mỗi xe phải chở thêm một tấn hàng nữa mới hết số hàng đó. 60 60 1 x 3 x Gọi số xe lúc đầu của đội dự định dùng là x(x N*, x > 3). 60 Số hàng mỗi xe ban đầu cần phải chở là (tấn), x số xe thực chở hàng là x – 3, 60 nên số hàng mỗi xe còn lại phải chở là (tấn). x 3 2
3. 60 60 Ta có phương trình : 1 1 x 3 x Điều kiện: x 0, x 3 Mẫu thức chung: x x 3 Qui đồng và khử mẫu: 60x 60 x 3 x x 3 60x 60x 180 x2 3x x2 3x 180 0 2 Ta có: b2 4ac 3 2 41 180 9 720 729 0 729 27 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: b 3 27 x 15 1 2a 2 b 3 27 x 12 0 2 2a 2 Đối chiếu với điều kiện của ẩn số, thì x2 12 0 (loại) Vậy số xe ban đầu đội có là 15 xe. 4 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 m 1 x m x2 2 m 1 x m2 0 (1) Ta có: ' 2m 1. d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A và B ' 2m 1 0 1 1 m . Kết luận: m . 2 2 Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A và B x1; x2 là hai nghiệm của phương x1 x2 2 m 1 (2) trình (1). Theo Viet ta có 2 x1x2 m (3) Mà 2x1 1 2x2 1 13 2x1x2 x1 x2 6 0 (4) Thay (2), (3) vào (4) ta được2m2 2m 4 0 m 1 (t/ m) 1 m 2 2 Kết luận: m 1. 3
4. 5 Hình vẽ A O E K I C B H M F D Theo bài có A·EB A·HB 90 . Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn. · · Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn BAE EHC (1) Mặt khác, B·CD B·AE (góc nội tiếp cùng chắn B»D ) (2) Từ (1) và (2) suy ra B·CD E·HC suy ra HE // CD. Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED. Khi đó MK là đường trung bình của BCE MK // BE; mà BE  AD (gt) MK  AD hay MK  EF (3) Lại có CF  AD (gt) MK // CF hay KI // CF. ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ME = MF 6 x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 Q 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x M N x y z Xét M , áp dụng Côsi ngược dấu ta có: 1 y2 1 z2 1 x2 2 2 x x 1 y xy xy2 xy2 xy x x x 1 y2 1 y2 1 y2 2y 2 y yz z zx Tương tự: y ; z ; 1 z2 2 1 x2 2 Suy ra x y z xy yz zx xy yz zx M x y z 3 1 y2 1 z2 1 x2 2 2 Lại có: x2 y2 z2 xy yz zx x y z 2 3 xy yz zx xy yz zx 3 xy yz zx 3 3 Suy ra: M 3 3 2 2 2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 Xét: N , 1 y2 1 z2 1 x2 ta có: 4
5. 1 1 1 3 N 1 2 1 2 1 2 1 y 1 z 1 x y2 z2 x2 y2 z2 x2 x y z 3 1 y2 1 z2 1 x2 2y 2z 2x 2 2 3 3 Suy ra: N 3 2 2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 Từ đó suy ra: Q 3 . Dấu “=” xảy ra x y z 1 Vậy Qmin 3 x y z 1 5