Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 35 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 35 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP 35. a 1 a 1 a2 a a Bài 1. Cho biểu thức P 4 a : với a 0,a 1 . a 1 a 1 a 1 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị nguyên của a để P nhận giá trị là số nguyên. Bài 2. Giải phương trình x4 7x2 18 0 . Bài 3. Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m 2. Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 10m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2. Tính kích thước của mảnh đất. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y 2mx m2 1 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 hoành độ x1, x2 thỏa mãn 1 1 2 1. x1 x2 x1x2 Bài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. a) Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A. b) Chứng minh IP // OQ. c) Chứng minh rằng AP = PQ. d) Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất. Bài 6. Xét các số x, y, z thay đổi thỏa mãn x3 y3 z3 3xyz 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 2 P x y z 4 x2 y2 z2 xy yz zx . 2 HƯỚNG DẪN GIẢI. 1 a 1 a 1 a2 a a P 4 a : a 1 a 1 a 1 2 2 a 1 a 1 4 a a 1 a a a 1 : a 1 a 1 a 1 a 2 a 1 a 2 a 1 4a a 4 a 4a a 4 : a a : a a a 1 a 1 a 1 4 Vậy P với a 0,a 1 a 1 1
2. 4 Với a Z,a 0,a 1 a 1 1 P nhận giá trị nguyên Z 4Ma 1 a 1 Mà a 1 1 a 1 1;2;4 a 2;3;5 2 Cách 1: x4 7x2 18 0 (1) x4 2x2 9x2 18 0 x2 (x2 2) 9(x2 2) 0 (x2 2)(x2 9) 0 x2 9 0 (do x2 2 0 x) x2 9 x 3 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 3 . Cách 2: Đặt x2 y (y 0) . Phương trình (1) trở thành: y2 7y 18 0 (2) Giải phương trình (2) được:y 1 = 9 (TMĐK) ; y2 = – 2 (loại) 2 Với y = y1 = 9 thì x 9 x 3 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 3 . 3 Gọi chiều rộng của mảnh đất là x (m). ĐK: x > 3 80 Vì diện tích của mảnh đất là 80m2 nên chiều dài của mảnh đất là (m) x Nếu giảm chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x – 3 (m) 80 Nếu tăng chiều dài 10m thì chiều dài mới là 10 (m) x Vì khi đó diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2 80 Nên ta có phương trình: x 3 10 100 x Điều kiện: x 0, Mẫu thức chung: x Qui đồng và khử mẫu: x 3 80 10x 100x 80x 10x2 240 30x 100x 10x2 50x 240 0 x2 5x 24 0 2 2
3. Ta có: b2 4ac 5 2 41 24 25 96 121 0 121 11 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: b 5 11 x 8 1 2a 2 b 5 11 x 3 2 2a 2 Đối chiếu với điều kiện của ẩn số, thì x2 3 0 (không thỏa mãn điều kiện, loại) Vậy chiều rộng của mảnh đất là 8m chiều dài của mảnh đất là 80 : 8 = 10 (m). 4 (d) và (P) cắt nhau nếu có là nghiệm của phương trình hoành độ. Ta có: 2mx m2 1 x2 x2 2mx m2 1 0 b 2 ac m 2 1 m2 1 m2 m2 1 1 0 Vậy: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Vì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 nên x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Theo đề bài: 2 1 1 2 x1 x2 x1x2 2 2m m 1 2 1 2 2 (ĐK :m 1) x1 x2 x1x2 x1x2 x1x2 m 1 m 1 2m m2 3 m2 2m 3 0 (2) Giải phương trình (2) được: m1 1;m2 3 Kết hợp ĐK m 3 là giá trị cần tìm. 3
4. 5 Hình vẽ Q 1 P 1 1 A B I O H Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đ/ tròn (O) và đường tròn (I) . Vậy đ/ tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A . µ ¶ OAQ cân tại O (vì OA và OQ cùng là bán kính) A1 Q1 µ µ IAP cân tại I (vì IA và IP cùng là bán kính ) A1 P1 µ ¶ P1 Q1 mà đây là nên suy ra IP // OQ (hai góc đồng vị b ằng nhau) ·APO 90(nội tiếp chắn nửa đường tròn) => OP  AQ => OP là đường cao của OAQ mà OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ. 1 Kẻ QH  AB ta có SAQB = AB.QH. 2 mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO. 4
5. P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. 6 Ta có: x3 y3 z3 3xyz (x y)3 3xy(x y) z3 3xyz x y z x y 2 x y z z2 3xy x y z x y z x2 2xy y2 xz yz z2 3xy x y z x2 y2 z2 xy yz zx x3 y3 z3 3xyz 2 x2 y2 z2 xy yz zx x y z x y z Lại có: 1 x2 y2 z2 xy yz zx 2x2 2y2 2z2 2xy 2yz 2zx 2 1 2 2 2 x y y z z x 0 x y z 0 2 1 8 1 4 4 Đặt x y z a (a 0) thì: P a2 a2 2 a 2 a a 1 4 4 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: P 33 a2   6 2 a a 1 4 Dấu “=” xảy ra a2 a 2 2 a x y z 2 min P 6 Vậy 3 3 3 x y z 3xyz 2 5