Đề ôn tập môn Toán Lớp 9 - Đề số 45 (Có đáp án)

1

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 45.

Bài 1.

1) Với giá trị nào của x thì biểu thức 1 3 x x   xác định.

2) Tính giá trị của biểu thức 3 3 A x x     khi 2 2 x  .

3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số 2 2 y x  .

4) Cho tam giác ABC vuông tại , A 3, 5 AB BC  . Tính · cos . ACB

Bài 2. Cho biểu thức 1 2 1 . 1 1 1 x x x Q x x x x x

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

(với 0; 1 x x  ).

1) Rút gọn biểu thức Q .

2) Tìm các giá trị của x để 1 Q .

Bài 3.

1) Cho phương trình   2 2 2 1 6 0 x m x m      (1) (với m là tham số).

a) Giải phương trình với 3. m 

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 1 2 16 x x   .

2) Giải hệ phương trình  

   2

2 3

3 2 5 16.

x x y y

x x x y x

            

Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại  , A AB AC  đường cao . AH Đường tròn tâm I đường kính

AH cắt các cạnh , AB AC lần lượt tại , M N . Gọi O là trung điểm của đoạn , BC D là giao điểm

của MN và . OA

1) Chứng minh rằng:

a) . . . AM AB AN AC 

b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng:

a) ADI AHO   ∽ .

ThuVienDeThi.com

2

b) 1 1 1 . AD HB HC  

3) Gọi P là giao điểm của BC và , MN K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường

kính . AH Chứng minh rằng · 0 90 . BKC 

Bài 5. Giải phương trình     5 2 3 6 6 3 2 7 19 2 . x x x x x       

HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG

1 1 3 x x   xác định 1 x   và 3 x  đồng thời xác định.

1 x  xác định 1 0 1 x x    , 3 x  xác định 3 0 3 x x     

Vậy điều kiện xác định của biểu thức 1 3 x x   là 3 x .

Với 2 2 x  ta có    

2 2 2 2 3 3 2 2 2 1 2 1 A        

   2 1 2 1 2 1 2 1 2         

Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 2 8 x 

 2 x . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8)và ( 2;8)  .

Vì tam giác ABC vuông tại A nên 2 2 2 2 5 3 4 AC BC AB     

Do đó · 4 cos 5 AC ACB BC   .

2 Với điều kiện 0 x  và 1 x , ta có

  

 

 

1 1 2 1 . 1 1 1 1 1

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

x x x x Q x x x x x x

1 2 1 . 1 1

                

x x x x x

1 1 . 1

             

x x x x

1   x

x .

ThuVienDeThi.com

3

Với 0 x  và 1 x , ta có 1 x Q

x

 

Do đó 1 1 1 1     x Q x x x

1 2 1 4    x x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy với 1 4  x thì 1.  Q

3 Với 3 m , ta có phương trình (1) trở thành 2 4 3 0 x x   

Ta có 1 4 3 0 a b c      nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1 2 1; 3 x x  

Vậy với 3 m , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1; 3 x x  

  2 2 2 1 6 0 x m x m      (1)

Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có

    2 2 ' 1 6 7 2 m m m      

Phương trình (1) có các nghiệm 1 2

7 , ' 0 7 2 0 2 x x m m      

(*)

Khi đó theo định lý Viét ta có  

2 1 2 1 2 2 1 ; . 6 x x m x x m     

Do đó       2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 2 6 2 8 16 x x x x x x m m m m           

Vậy 2 2 2 1 2

0 16 2 8 16 16 4 m x x m m m

          

Kết hợp điều kiện (*) ta có 0 m  là giá trị thỏa mãn.

  

    2

2 3 1

3 2 5 16 2

            

x x y y

x x x y x

Điều kiện: 2 0 2 0 0 x x y y            

Với 2, 0 x y  , phương trình (1)   2 2 2 0         x x y x y

ThuVienDeThi.com