Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 14 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 14 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP 14. x 4 Bài 1. Cho biểu thức A . x 2 a) Tính giá trị của A khi x = 36. x 4 x 16 b) Rút gọn biểu thức B : (với x 0;x 16 ). x 4 x 4 x 2 c) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên Bài 2. Cho phương trình: x2 4x m 1 0 1 a) Giải phương trình (1) khi m 2. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức : 2 2 x1 x2 5 x1 x2 Bài 3. Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội được bổ xung 3 xe nữa, nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu chiếc. Biết số hàng chở trên tất cả các xe có khỗi lượng như nhau. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d :y m 2 x 3 và parabol P : y x2 . a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm tất cả giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ là các số nguyên. Bài 5. Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2 1 1 1 Bài 6. Cho a,b,c dương thỏa mãn 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab bc ca ab2 bc2 ca2 P a b b c c a HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 36 4 10 5 Với x = 36 (Thỏa mãn x >= 0), Ta có : A = 36 2 8 4 x( x 4) 4( x 4) x 2 Với x 0, x 16 ta có :B = = x 16 x 16 x 16 (x 16)( x 2) x 2 (x 16)(x 16) x 16 1
2. x 2 x 4 x 2 2 2 ( 1) . 1 . Ta có: B A . x 16 x 2 x 16 x 2 x 16 Để B(A 1) nguyên, x nguyên thì x 16 là ước của 2, mà Ư(2) = 1; 2  Ta có bảng giá trị tương ứng: x 16 1 1 2 2 x 17 15 18 14 Kết hợp ĐK x 0, x 16 , để B(A 1) nguyên thì x 14; 15; 17; 18  2 Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: , b'2 - ac 0 22 (m 1) 0 3 - m 0 m 3 (1) x1 x2 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có : x1x2 m 1 2 2 2 x1 + x2 = 5 (x1+ x2) (x1 + x2 ) - 2x1x2 = 5 (x1 + x2) 42 - 2 (m +1) = 5.4 2 (m + 1) = - 4 m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3 HƯỚNG DẪN GIẢI. Các quá trình Khối lượng tổng quát Xe Khối lượng/Xe 1 36 x 36 x 2 36 x 3 36 x 3 Nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. 36 36 1 x x 3 3 Gọi số xe lúc đầu đội có là x(x N*), 36 mỗi xe dự định chở là (tấn), x sau khi tăng thêm đội có x + 3 (chiếc) 36 và mỗi xe phải chở (tấn). x 3 36 36 Ta có phương trình: 1 1 x x 3 Điều kiện: x 0, x 3 Mẫu thức chung: x x 3 Qui đồng và khử mẫu: 36 x 3 36x x x 3 36x 108 36x x2 3x x2 3x 108 0 2 Ta có: b2 4ac 32 41 108 9 432 441 0 441 21 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: 2
3. b 3 21 x 9 1 2a 2 b 3 21 x 12 0 2 2a 2 Đối chiếu với điều kiện của ẩn số, thì x2 12 0 (loại) Vậy ban đầu đội có 9 xe. 4 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 m 2 x 3 x2 m 2 x 3 0 (a = 1; b = −(m + 2); c = −3) Vì a.c = 1.(−3) = −3 < 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt. Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình trên thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x1; x2. b x x m 2 1 2 a Theo định lý Viet ta có c x x 3 1 2 a Vì x1.x2 = −3. Và x1; x2 ∈ Z , giả sử x1 < x2 thì ta có các trường hợp sau đây: x1 3 + Trường hợp 1: x1 x2 2 m 2 2 m 4 x2 1 x1 1 + Trường hợp 2: x1 x2 2 m 2 2 m 0 x2 3 Vậy m = −4 hoặc m = 0 5 Hình vẽ A O H d M C I D B Q MA, MB là các iếp tuyến của (O) M· AO M· BO 900 I là trung điểm của CD OI  CD M· IO 900 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB MO là đường trung trực của AB 3
4. MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1 M· BC M· BD sđ B»C 2 MBC : MDB(g.g) MB MD MC.MD MB2 (2) MC MB Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MC MO MCH : MOD(c.g.c) MH MD M· HC M· DO tứ giác CHOD nội tiếp H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. Gọi Q là giao điểm của AB và OI Hai tam giác vuông MIO và QHO có I·OH chung MIO : QHO MO OQ OI OH MO OH OA2 R2 OQ (R là bán kính (O) không đổi) OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định 1800 C·OD ·AHC 900 M· HC 900 O·DC 900 ( COD cân tại O) 2 1 1 1 = 1800 C·OD 3600 sdC¼BCB sdC¼AD 2 2 2 = C·BD (3) C·AH C·DB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Từ (3) và (4) AHC : DBC(g.g) HA BD (5) HC BC MBC : MDB(g.g) (chứng minh trên) MD MB BD MB MC BC 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) MB HC 2 6 1 1 1 3 a b c 3abc ab bc ca 4
5. ab2 bc2 ca2 ab2 bc2 ca2 P 3 3 . . Q a b b c c a a b b c c a 3abc a b c 3 P Q 3 a b b c c a a b b c c a 2 3 a b c 3abc 2 2 2 3 ab bc ca Min(P) a b c 1 2 a b b c c a a b b c c a 5