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

1

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7.

Câu 1.

Cho biểu thức B= 1 1 1 . 1 1 b b b         

với b>0 và b  1

a) Rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị của b để B= 1. Câu 2.

a) Giải hệ phương trình sau: 2 3 1

3 7

x y

x y

      

b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàn số đồng biến.

Câu 3.

Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi n = 5 b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn    2 2 1 2 1 1 36 x x   

Câu 4.

Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và ON.

a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.

b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm.

c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa N và

D). Chứng minh rằng · · NEC OED  .

Câu 5.

Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1 x y  .

Chứng minh rằng 2 1 ( ) 64 xy x y  

HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG

1 B = 1 1 1 . 1 1 b b b         

ThuVienDeThi.com

2

= 1 1 1 . 1 b b b b   

= 2 1 . 1 b b b  = 2

1 b 

Vậy B = 2

1 b  với b>0 và b 1

Khi B =1

Ta có 2

1 b =1

 2= b-1 b=3 (TMĐK)

Vậy khi B = 1 thì b = 3

Ta có: 2 3 1 2 3 1

3 7 9 3 21

x y x y

x y x y

              

2 3 1

11 22

x y

x

     

2

1

x

y

    

Hàm số đồng biến khi hệ số a > 0

n-1>0 n>1

3 Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 5 = 0

Phương trình có dạng a+b+c = 0

Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5

Ta có ' 2 ( 3) 9 n n    

Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì ' 0 

Hay 9 - b 0  n 9 

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2

1 2

6

.

x x

x x n

     

ThuVienDeThi.com

3

Mà    2 2 1 2 1 1 36 x x   

 2 2 2 2 1 2 1 2 . 1 36 x x x x   

 2 2 2 1 2 1 2 ( . ) ( ) 1 36 x x x x   

 2 2 1 2 1 2 1 2 ( . ) ( ) 2 1 36 x x x x x x    

Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36 n2 – 2n +1 = 0

Suy ra n = 1 (TMĐK)

Vậy n =1 thì    2 2 1 2 1 1 36 x x   

4 Hình vẽ

a) Ta có · 0 90 OAN  (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))

· 0 90 OBN  (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))

Do đó · · 0 180 OAN OBN  

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.

b) Ta có NA = NA (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra ABN  cân tại N

Mà NO là phân giác của ·ANB (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên NO cũng là đường cao của ABN  do đó NE AB hay AE NO

Xét ANO  vuông tại A (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) có đường cao

ThuVienDeThi.com

4

AE.

Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2

Suy ra NA = 2 2 2 3 5 3 4 ( ) ON OA cm    

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có

ON.AE = AN.OA

5.AE =4.3

AE = 2,4

AB= 2AE= 2. 2,4 =4,8 (cm) (Vì ON AB)

AN2 = NE.NO

2 2 4 3,2 ( ) 5 AN NE cm NO    

c) Xét NAO  vuông tại A có AE là đường cao nên NA2 = NE.NO (1)

Xét NAC  và NDA  có: ·ANC chung; · · NAC NDA  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)

Nên NAC  đồng dạng với NDA  (g-g)

NA NC ND NA  hay NA2 = NC.ND (2)

Từ (1) và (2) suy ra NE.NO = NC.ND  NE NC ND NO 

Xét NCE  và NOD  có ·ENC chung mà NE NC ND NO  (c/m trên)

Nên NCE  đồng dạng với NOD  (c-g-c) · · NEC NDO 

Do đó tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu)

· · DEO DCO  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD)

Mà OCD  cân tại O (Do OC = OD = R)

· · DCO CDO 

Suy ra · · NEC OED 

5 Ta có: ( x y  )2 = x + y + 2 xy =1

ThuVienDeThi.com