Đề ôn tập môn Toán Khối 9 - Đề số 7 (Có đáp án)

1

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7.

Bài 1. a. b. Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.

c. Giải hệ phương trình: 2 3 7 5 3 x y x y        d. Cho phương trình       2 2 2 2 0 x m x m (m là tham số).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn   1 2 2 x x .

Bài 1. Cho biểu thức B = 1 1 1 1 1 : 1 1 1 1 1 x x x x x                 

(với x > 0; x 1)

a. Rút gọn B.

b. Tính giá trị của B khi x = 7 4 3  .

Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y = 2 1 2 x .

a. Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3) b. Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ ( 1 1 ; x y ) và ( 2 2 ; x y ) thỏa mãn điều kiện

1 2 1 2 ( ) 84 0 x x y y   .

Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE   D BC;E AC   lần

lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.

a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó. b) Chứng minh rằng: MN // DE. c) Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB. d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất

Bài 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: 0 1 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

      2 2 2 1 Q x y z y z y z z       .

HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG

1 Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 7 1 , 2 x x  

Hệ đã cho tương đương với hệ : 13 13 5 3 y x y     

 1

2 y x

   

ThuVienDeThi.com

2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2;1) x y  .

Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm 1 2 , x x là

1 2

1 2

' 0

0

0

x x

x x

        

2 1 0 2( 1) 0 0

2 0

m

m m

m

           

Theo hệ thức Vi-ét: 1 2 1 2 2( 1), 2 x x m x x m     .

Ta có   1 2 2 x x     1 2 1 2 2 2 x x x x

      2 2 2 2 2 0 m m m (thoả mãn)

Ta có: B = 1 1 1 1 1 : 1 1 1 x x x x x x x

                

= 1 1 1 x x 



=

1 x x 

Ta có:  

2 7 4 3 2 3    nên 2 3 2 3 x    

Vậy B = 1 2 3 7 4 3   

= 1 5 3 3  

=   1 5 3 3 2  .

Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay 2; 3 x y   vào hàm số: 2 1 y x b   

ta có:   2 2 1 3 b    6 b  .

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

2 1 2 1 2 x x b   

2 4 2 2 0 x x b      (1).

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt

' 0 6 2 0 3 b b       .

Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và 1 1 2 1 y x b   , 2 2 2 1 y x b   .

Theo hệ thức Vi-et ta có: 1 2 1 2 4; 2 2 x x x x b     .Thay y1,y2 vào   1 2 1 2 84 0 x x y y    ta có:   1 2 1 2 2 2 2 2 84 0 x x x x b     

   2 2 10 2 84 0 b b     

2 6 16 0 b b    

ThuVienDeThi.com

3

2 b  (thỏa mãn 3 b  ) hoặc 8 b  (không thỏa mãn 3 b  )

Vậy 2 b  thỏa mãn đề bài.

Hình vẽ

a) Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :

· 0 90 ADB  và · 0 90 AEB 

Xét tứ giác AEDB có · · 0 E 90 ADB A B   nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.

Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.

b) Xét đường tròn (I) ta có: ¶ µ 1 1 D B  (cùng chắn cung »AE )

Xét đường tròn (O) ta có: ¶ µ 1 1 M B  (cùng chắn cung »AN )

Suy ra: ¶ ¶ 1 1 // D M MN DE   (do có hai góc đồng vị bằng nhau).

c) Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.

*) Xét tứ giác CDHE ta có : · 0 90 CEH  (do AD BC  )

· 0 90 CDH  (do BE AC  )

suy ra · · 0 180 CEH CDH   , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.

Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có

bán kính bằng 2

CH .

ThuVienDeThi.com