Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 15 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 15 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP 15. 2x x 1 3 11x Bài 1. Cho biểu thức: A với x 3 x 3 3 x x2 9 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A < 2. c) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 2. Cho phương trình 2x 2 2m 1 x m 1 0 với m là tham số. a) Giải phương trình khi m 2 . 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn: 4x1 2x1x2 4x2 1 . Bài 3. Một đội xe cần phải chở 100 tấn hàng ủng hộ đồng bào bị lũ lụt, nhưng do số lượng hàng nhiều nên để đạt kế hoạch đội đã bổ xung thêm 5 xe nữa vào đội xe nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với ban đầu. Hỏi số xe thực tế chở hàng ủng hộ, biết số lượng hàng mỗi xe chở như nhau. Bài 4. Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 4x + 9 . a) Vẽ đồ thị .(P) b) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song với đường thẳng (d) và tiếp xúc (P) . Bài 5. Từ một điểm A ở ngoài (O;R), kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm và một cát tuyến ADE đến (O) sao cho D và C nằm ở hai mặt phẳng bờ OA khác nhau. Gọi H là giao điểm của OA và BC, kẻ đường kính BK và DM của (O) a) Chứng minh: CK//OA. b) Chứng tỏ: Tứ giác DEOH nội tiếp. c) OA cắt EK tại N. Chứng minh: ba điểm M, N, B thẳng hàng. d) MK cắt BC tại L. Gọi S là trung điểm của BL. Chứng minh: NS//AB Bài 6. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 3; y 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 T 21 x 3 y y x HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 Đkxđ: x 3 2x x 1 3 11x 2x x 1 3 11x A x 3 3 x x 2 9 x 3 x 3 x 3 x 3 2x x 3 x 1 x 3 3 11x 2x 2 6x x 2 3x x 3 3 11x x 3 x 3 x 3 x 3 3x 2 9x 3x x 3 3x x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 3x Ta có: A , A 2 x 3 3x 3x 3x 2 x 3 Nên: 2 2 0 0 x 3 x 3 x 3 3x 2x 6 x 6 0 0 * x 3 x 3 1
2. Và: x 6 x – 3 x 6 0 Vậy Bất phương trình (*) có nghiệm khi x 3 0 6 x 3 Vậy với 6 x 3 thì A x = 2 ( tm đkxđ ) x – 3 = 1 x = 4 ( tm đkxđ ) x – 3 = - 3 x = 0 ( tm đkxđ ) x – 3 = 3 x = 6 ( tm đkxđ ) x – 3 = - 9 x = - 6 ( tm đkxđ ) x – 3 = 9 x = 12 ( tm đkxđ ) Vậy với x = - 6; 0; 2; 4; 6; 12 thì A nhận giá trị nguyên. 2 Với m 2 , ta có phương trình: 2x 2 3x 1 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn: a b c 2 3 1 0 . c 1 Nên phương trình có các nghiệm: x 1 , x . 1 2 a 2 Phương trình có biệt thức 2m 1 2 42 m 1 2m 3 2 0 Nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m . 2m 1 x x 1 2 2 Theo định lý Viet, ta có: . m 1 x .x 1 2 2 2 2 2 Điều kiện đề bài: 4x1 2x1 x2 4x2 1 4 x1 x2 6x1 x2 1 . Từ đó ta có: 1 2m 2 3 m 1 1 4m 2 7m 3 0 . Phương trình này có tổng các hệ số a b c 4 ( 7) 3 0 c 3 Nên phương trình này có các nghiệm m 1,m . 1 2 a 4 3 Vậy các giá trị cần tìm của m là m 1,m . 4 HƯỚNG DẪN GIẢI. Các quá trình Khối lượng tổng quát Xe Khối lượng/Xe 1 100 x 100 x 2 100 x 5 100 x 5 Nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với ban đầu. 100 100 1 x x 5 3 Gọi số xe dự định chở hàng là x (x N*, x > 5), 2
3. 100 mỗi xe chở (tấn), x số xe theo thực tế: x 5 100 mỗi xe chở theo dự định là , x 5 Ta có phương trình 100 100 1 1 x x 5 Điều kiện: x 0, x 5 Mẫu thức chung: x x 5 Qui đồng và khử mẫu: 100 x 5 100x x x 5 100x 500 100x x2 5x x2 5x 500 0 2 Ta có: b2 4ac 52 41 500 25 2000 2025 0 2025 45 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: b 5 45 x 20 1 2a 2 b 5 45 x 25 2 2a 2 Đối chiếu với điều kiện của ẩn số, thì x2 25 0 (không thỏa mãn điều kiện, loại) Vậy số xe thực tế chở hàng là: 20 5 25 chiếc. 4 Vẽ đồ thị (P): y = x2 ; x 3 2 1 0 1 2 3 y 9 4 1 0 1 4 9 Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ. Gọi phương trình đường thẳng (d1) có dạng: y = ax + b . ïì a = 4 Vì (d1) song song với (d) nên ta có: í Þ (d1): y = 4x + b îï b ¹ 9 3
4. Phương trình hoành độ giao điểm của (vàP) ( là:d1) x2 = 4x + b Û x2 - 4x - b = 0 (*) Vì (d1) tiếp xúc với (nênP) (*) có nghiệm kép 2 Û D¢= b¢2 - ac = (- 2) - 1(- b)= 0 Û 4 + b = 0 Û b = - 4 (thoản mãn). Vậy phương trình đường thẳng (d1) là: y = 4x - 4 . 5 Hình vẽ Chứng minh : CK//OA và tứ giác OABC nội tiếp, Tứ giác BDMK là hình chữ nhật Ta có: B·CK 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK) => BC KC. Ta có: OA=OB=R ,AB=AC (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC => HB=HC và OA BC => OA//CK Xét tứ giác ta có :·ABO ·ACO 900 900 1800 Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng 2 góc đối =1800). Xét tứ giác BDKM ta có: OB=OK, OD=OM => Tứ giác BDKM là hình bình hành ta lại có : BK=DM => Tứ giác BDKM là hình chữ nhật Tứ giác DHOE nội tiếp Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có E·BA là góc chung ,·ABD ·AEB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BD) ABD ~ AEB g g AB AE AB2 AD  AE AD AB Xét tam giác OB vuông tại B có đường cao BH ta có : AB2=AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông ) 4
5. AD AO Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO AH AE Xét tam giác ADH và tam giác AOE ta có : AD AO O·AE là góc chung , (cmt) AH AE ADH ~ AOE c g c ·AHD ·AEO => Tứ giác DHOE nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong ) Ba điểm B, M, N thẳng hàng Gọi F là giao điểm của DK và OA Theo như trên ta đã có : ·AHD ·AEO , Do tứ giác EOHD nội tiếp ·AHD ·AEO , do OE=OD =R => Tam giác ODE cân ·AEO ·AOE , ta lại có:·AOE O·HE Từ đó suy ra ·AHD O·HE B·HD B·HE E·HD 2B·HD (cùng phụ với góc hai bằng nhau). Ta có: B·DK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK). Xét tứ giác BDFH ta có:B·HF B·DF 900 900 1800 => Tứ giác BDFH nội tiếp B·HD B·FH . Do tứ giác OEHD nội tiếp B·HD E·OD ta lại có:E·OD 2E·KD (liện hệ góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung ) . Từ tất cả trên suy ra 2E·KD E·OD E·HD 2B·HD 2B·FD =>E·KD B·FD => BF//KE. OB OF Áp dụng định lý ta lét ta có: mà OB=OK OK ON => OF=ON, Dẫn đến tứ giác BFKN là hình bình hành => BN//DK ta lại có :BD KD => BN BD ta lại có :B·DM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BD BM => ba điểm B, N, M thẳng hàng NS//AB Dựng NI BK tại I ,Gỉa sử MK cắt BC tại L ,. Dựng LT BK tại L Ta có :B·MK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK) Xét trong 2 tam giác vuông BIN và BMK ta có: BI BM cosB= BN BK => BN.BM=BI.BK Xét trong 2 tam giác vuông BHN và BML ta có : BH BM cosB= BN BL => BN.BM=BH.BL Xét trong hai tam giác vuông BHO và BTL ta có : BH BT cosB= BO BL 5
6. =>BH.BL = BO.BT Từ đó suy ra BI.BK =BO.BT mà BK=2BO => BT=2BI => I là trung điểm của BT Xét trong tam giác BTL ta có : TS//TL (cùng vuông góc với BK) có I là trung điểm của BT => S là trung điểm của BL Xét trong tam giác BTL có I và S lần lượt là trung điểm của BT và BL => IS là đường trung bình tam giác BTL => IS//TL mà BT TL =>IS BT mà NI BT => 3 điểm N,I,S thẳng hàng =>NS BK mà AB BK =>NS//AB 6 1 1 21 3 3 21 T 21 x 3 y 21x 3y 21x 3y y x y x x y 3 2x x 3 +Ta có: 21x 20x . Do x 3 nên áp dụng bất đẳng thức Cô si x 3 3 x dạng a b 2 ab ta được 3 2x x 3 2.3 x 3 21x 20x 20.3 2 . 60 2 2 64 . Đẳng thức xảy ra x 3 3 x 3 3 x x 3 khi và chỉ khi x2 9 x 3 (thỏa mãn điều kiện x 3 ) (1) 3 x 21 21 7y 2y 21 7y 2.3 + 3y 2 . 2.7 2 16 . y y 3 3 y 3 3 21 7y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y2 9 y 3 (thỏa mãn điều kiện y 3 y 3 )(2) + Từ (1) và (2) suy ra : Giá trị nhỏ nhất của T bằng 80 khi x = y = 3 6