Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 30 (Có đáp án)

1

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7.

Câu 1. Cho biểu thức 1 4 P x 4 x 2    

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của biểu thức P khi 1 x 4  .

Câu 2. Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả thanh long có giá như nhau.

Câu 3. Cho phương trình:   2 2 x 2 m 1 x m 3 0      (1) (m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m = 2.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho 2 2 1 2 x x 4   .

Câu 4. Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Cmr:

a) BCEF là tứ giác nội tiếp. b) EF.AB = AE.BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động.

Câu 5. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x y 3   . Chứng minh rằng:

1 2 9 x y 2x y 2     . Đẳng thức xảy ra khi nào ?

HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 a) ĐKXĐ: x 0  , x  4

Rút gọn:

     

1 4 x 2 4 x 2 P x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2

            

1 x 2 



1 x 4   ĐKXĐ. Thay vào P, ta được : 1 1 5 P 1 2 1 1 2 2 4

    

2 Gọi x, y (nghìn đồng) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. Điều kiện : 0 < x ; y < 25.

Theo bài ra ta có hệ phương trình x y 25 5x 4y 120       

Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán).

ThuVienDeThi.com

2

F

E

O

C B

A

Vậy : Giá 1 quả dừa 20 nghìn.

Giá 1 quả thanh long 5 nghìn. 3 a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : 2 x 6x 1 0   .

Ta có : 2 ' 3 1 8  

Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1x 3 8  , 1x 3 8 

b)     2 2 ' m 1 m 3 2m 4      

Phương trình có 2 nghiệm  2m 4 0 m 2    .

Theo Vi – ét ta có :   1 2

2 1 2

x x 2 m 1

x x m 3

      

Theo bài ra ta có :  

2 2 2 1 2 1 2 1 2 x x 4 x x 2x x 4      

    2 2 4 m 1 2 m 3 4     

1 2

2

m 1 m 4m 3 0 m 3

        

2 m 3  không thỏa mãn điều m 2 .

Vậy m = 1. 4 Hình vẽ

a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

Ta có: · o BFC 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

· o BEC 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp  đpcm. b) EF.AB = AE.BC. BCEF nội tiếp (chứng minh trên)

Suy ra · · AFE ACB  (cùng bù với góc BFE) Do đó AEF ABC   : (g.g)

Suy ra EF AE EF.AB BC.AE BC AB     đpcm.

c) EF không đổi khi A chuyển động.

ThuVienDeThi.com

3

Ta có · AE EF.AB BC.AF EF BC. BC.cosBAC AB    

Mà BC không đổi (gt), ABC nhọn  A chạy trên cung lớn BC không đổi

·BAC  không đổi · cosBAC  không đổi.

Vậy · EF BC.cosBAC  không đổi  đpcm. Cách khác. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm

của BC cố định. Bán kính BC R 2  không đổi (vì dây BC cố định)

 Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đt cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:

· · » 1 FBE ECF Sd EF 2   (góc nội tiếp) (1)

Lại có: · · · 0 FBE ECF 90 BAC    .

Mà dây BC cố định ¼ Sd BnC  không đổi

· ¼ 1 BAC Sd BnC 2   có số đo không đổi

· · · 0 FBE ECF 90 BAC     có số đo không đổi (2)

Từ (1) và (2) »EF  có số đo không đổi Dây EF có độ dài không đổi (đpcm). 5 Với x, y > 0 và x y 3   .

Ta có:

1 2 1 1 4 x y x y x 2 y 4 6 2x y 2 x y

                             

=  

2 2 1 1 2 1 9 x y x y 6 3 6 2 2 2 x y

                              

.

Đẳng thức xảy ra

1 x 0 x 1 x 2 y 2 y 0 y

                Cách khác. Với x, y > 0 và x y 3   . Ta có :

1 2 1 1 4 x y x y x y 2x y 2 x y

1 1 4 9 3 2 x 2 y 2 x y 2

                           

           

ThuVienDeThi.com