Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 7
4 câu hỏi
Cho các biểu thức:
A=x+1x+3và B=xx−2−x+2x−x−2 với x ≥ 0, x ≠ 4
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 49.
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm x để biểu thức P = A.B ≤ 1x+3
a) Với x = 49 ta có:
A=x+1x+3=49+149+3=7+17+3=810=45.
b) Ta có:
B=xx−2−x+2x−x−2
=xx−2−x+2x2−2x+x−2
=xx−2−x+2x(x−2)+(x−2)
=x+x−x−2(x−2)(x+1)
=x−2(x−2)(x+1)=1x+1.
c) P = A.B = x+1x+3.1x+1=1x+3
Ta có P ≤ 1x+3 Û 1x+3≤1x+3.
Vì x+3 và x + 3 đều lớn hơn 0 ( do x ≥ 0) nên bất đẳng thức trên trở thành.
⇔x−x≤0⇔x(x−1)≤0
⇔x−x≤0⇔x(x−1)≤0
Mà x≥0 dẫn đến x−1≤0⇔x≤1⇔x≤1.
Kết hợp với điều kiện đề bài thì 0 ≤ x ≤ 1 thỏa mãn biểu thức.
Quãng đường AB dài 400 km, một ô tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h. Biết thời gian ô tô đi từ B vể A ít hơn thời gian đi từ A đến B là 2 giờ. Tính vận tốc ô tô lúc đi từ A đến B.
Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B (x > 0).
Suy ra vận tốc xe đi từ B về A là x + 10 (km/h)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là: 400x (h)
Thời gian ô tô đi từ B về A là: 400x+10 (h)
Thời gian ô tô đi từ B vể A ít hơn thời gian đi từ A đến B là 2 giờ nên ta có phương trình:
400x−400x+10=2
⇔400(x+10)x(x+10)−400xx(x+10)=2x(x+10)x(x+10)
⇔400x+4 000−400x=2x2+20x
⇔2x2+20x−4 000=0
Tính ∆ = b2 – 4ac. Phương trình có các hệ số là a = 2; b = 20; c = −4 000.
∆ = 202 – 4.2.(−4 000) = 400 + 32 000 = 32 400 > 0
Do ∆ > 0, áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = −20+32 4002.2=40(thỏa mãn) ; x2 = −20−32 4002.2=−50(không thỏa mãn).
Vậy vận tốc của ô tô đi từ A đến B là 40 km/h
1) Giải hệ phương trình sau: {32x−7+4y+6=722x−7−3y+6=−1
2) Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = (m + 4)x – 4m
a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = −2.
1) Điều kiện xác định: {2x−7≠0y+6≠0⇔{x≠72y≠−6
Đặt u = 12x−7 (u ≠ 0) và v = 1x+6(v ≠ 0)
Hệ phương trình trở thành {3u+4v=72u−3v=−1
Û {3.−1+3v2+4v=7u=−1+3v2 Û {−3+9v+8v=14u=−1+3v2
Û {17v=17u=−1+3v2 Û {v=1u=1 (thỏa mãn)
∙ u = 12x−7= 1 Û 2x – 7 = 1 Û x = 4 (thỏa mãn)
∙ v = 1x+6 = 1 Û x + 6 = 1 Û y = −5 (thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm là (4; −5).
2)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = (m + 4)x – 4m
Û x2 – (m + 4)x + 4m = 0 (1)
Ta có: ∆ = [– (m + 4)]2 – 4.1.4m = m2 + 8m + 16 – 16m
= m2 – 8m + 16 = (m – 4)2.
Để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó ∆ = (m – 4)2 > 0 (2)
Mà (m – 4)2 ≥ 0 với mọi giá trị của m nên (2) Û (m – 4)2 ≠ 0 Û m ≠ 4.
Vậy để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì m ≠ 4.
b) Khi m = −2 ta có (d): y = (−2 + 4)x – 4.(−2) = 2x + 8
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = 2x + 8
Û x2 – 2x – 8 = 0
Û x2 + 2x – 4x – 8 = 0
Û x( x + 2) – 4(x + 2) = 0
Û (x – 4)(x + 2) = 0
Û[x=4x=−2
• Với x = 4 thì y = 2x + 8 = 2.4 + 8 = 16.
Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(4; 16).
• Với x = –2 thì y = 2x + 8 = 2.(–2) + 8 = 4.
Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(−2; 4).
Vậy hai đồ thị hàm số trên có 2 giao điểm là A(4; 16) và B(−2; 4).
Cho đường tròn (O; R) và dây AB cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (C khác A). Từ C kẻ 2 tiếp tuyến CM và CN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm; tia CO nằm giữa hai tia CM và CA). Gọi D là trung điểm AB.
a) Chứng minh tứ giác CMOD nội tiếp.
b) Chứng minh: CN2 = CA.CB
c) ND cắt (O) tại I. Chứng minh: MI // ABư
d) Gọi E là giao điểm của MN và AB. Chứng minh 2CE=1CA+1CB.
a) Ta có D là trung điểm của AB nên OD ⊥ AB (đường kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây).
Ta có: ODC^= 90° (OD ⊥ AB)
OMC^= 90° (MC là tiếp tuyến của (O))
Xét tứ giác ABOC có ODC^+OMC^= 90° + 90° = 180°
Suy ra tứ giác CMOD nội tiếp.
b) Xét ∆CAN và ∆CNB có:
NCB^ là góc chung
NBA^=ANC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AN).
Suy ra ∆CAN đồng dạng ∆CNB (g.g)
Từ đó suy ra CACN=CNCB⇔CN2=CA.CB (điều phải chứng minh)
c) Ta có:
NIM^=NMC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung NM)
NDC^=NMC^(tứ giác CMOD nội tiếp)
Suy ra NIM^=NDC^ suy ra BC // IM.
d) Gọi H là giao điểm của MN và OC.
Ta có OM = ON = R.
CN = CM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Suy ra OC là trung trực của MN suy ra OC ⊥ MN.
Xét ∆CEH và ∆COD có:
DCO^ là góc chung
EHC^=ODC^= 90° (OD ⊥ AB và MN ⊥ OC)
Suy ra ∆CEH đồng dạng ∆COD (g.g)
Từ đó suy ra CECO=CHCD⇔CE.CD=CH.CO (1)
Xét tam giác ONC vuông tại N đường cao NH ta có:
NC2 = OH.OC
Mà NC2 = CA.CB (chứng minh trên)
Suy ra OH.OC = CA.CB (2)
Từ (1) và (2) ta được
CE.CD = CA.CB
Mà CB + CA = 2CA + AB = 2CA + 2DA
= 2(CA + DA) = 2CD
⇒CD=12(CA+CB)
Thay vào trên ta được
⇔2CE=CA+CBCA.CB
⇔2CE=1CA+1CB (điều phải chứng minh)
