Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 7

a) Với x = 49 ta có:

$A=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}=\frac{\sqrt{49}+1}{\sqrt{49}+3}=\frac{7+1}{7+3}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.

b) Ta có:

$B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{x+2}{x-\sqrt{x}-2}$

$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{x+2}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)+(\sqrt{x}-2)}$

$=\frac{x+\sqrt{x}-x-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+1)}$

$=\frac{\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+1)}=\frac{1}{\sqrt{x}+1}$.

c) P = A.B = $\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}.\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{1}{\sqrt{x}+3}$

Ta có P ≤ $\frac{1}{x+3}$ Û $$$\frac{1}{\sqrt{x}+3}\le \frac{1}{x+3}$.

Vì $\sqrt{x}+3$ và x + 3 đều lớn hơn 0 ( do x ≥ 0) nên bất đẳng thức trên trở thành.

$\iff x-\sqrt{x}\le 0\iff \sqrt{x}(\sqrt{x}-1)\le 0$

$\iff x-\sqrt{x}\le 0\iff \sqrt{x}(\sqrt{x}-1)\le 0$

Mà $\sqrt{x}\ge 0$ dẫn đến $\sqrt{x}-1\le 0\iff \sqrt{x}\le 1\iff x\le 1$.

Kết hợp với điều kiện đề bài thì 0 ≤ x ≤ 1 thỏa mãn biểu thức.

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: $\frac{400}{x}$ (h)

Thời gian ô tô đi từ B về A là: $\frac{400}{x+10}$ (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:

$\frac{400}{x}-\frac{400}{x+10}=2$

$\iff \frac{400(x+10)}{x(x+10)}-\frac{400x}{x(x+10)}=\frac{2x(x+10)}{x(x+10)}$

$\iff 400x+4000-400x=2x^2+20x$

$\iff 2x^2+20x-4000=0$

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 = $\frac{-20+\sqrt{32400}}{2.2}=40$(thỏa mãn) ; x₂ = $\frac{-20-\sqrt{32400}}{2.2}=-50$(không thỏa mãn).

Vậy vận tốc của ô tô đi từ A đến B là 40 km/h

1) Điều kiện xác định: $\{\begin{array}{l}2x-7\ne 0\\ y+6\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ne \frac{7}{2}\\ y\ne -6\end{array}$

Đặt u = $\frac{1}{2x-7}$ (u ≠ 0) và v = $\frac{1}{x+6}$(v ≠ 0)

Hệ phương trình trở thành $\{\begin{array}{l}3u+4v=7\\ 2u-3v=-1\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}3.\frac{-1+3v}{2}+4v=7\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ Û $\{\begin{array}{l}-3+9v+8v=14\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ 

Û $\{\begin{array}{l}17v=17\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ Û $\{\begin{array}{l}v=1\\ u=1\end{array}$ (thỏa mãn)

∙ u = $\frac{1}{2x-7}$= 1 Û 2x – 7 = 1 Û x = 4 (thỏa mãn)

∙ v = $\frac{1}{x+6}$ = 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$[\begin{array}{l}\text{x}=4\\ \text{x}=-2\end{array}$

• 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).

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: $\widehat{ODC}$= 90° (OD ⊥ AB)

$\widehat{OMC}$= 90° (MC là tiếp tuyến của (O))

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{ODC}$+$\widehat{OMC}$= 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác CMOD nội tiếp.

b) Xét ∆CAN và ∆CNB có:

$\widehat{NCB}$ là góc chung

$\widehat{NBA}=\widehat{ANC}$ (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 $\frac{CA}{CN}=\frac{CN}{CB}\iff C{N}^2=CA.CB$ (điều phải chứng minh)

c) Ta có: 

$\widehat{NIM}=\widehat{NMC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung NM)

$\widehat{NDC}=\widehat{NMC}$(tứ giác CMOD nội tiếp)

Suy ra $\widehat{NIM}=\widehat{NDC}$ 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:

$\widehat{DCO}$ là góc chung

$\widehat{EHC}=\widehat{ODC}$= 90° (OD ⊥ AB và MN ⊥ OC)

Suy ra ∆CEH đồng dạng ∆COD (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{CE}{CO}=\frac{CH}{CD}\iff CE.CD=CH.CO$ (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

$\Rightarrow CD=\frac{1}{2}(CA+CB)$

Thay vào trên ta được

$\iff \frac{2}{CE}=\frac{CA+CB}{CA.CB}$

$\iff \frac{2}{CE}=\frac{1}{CA}+\frac{1}{CB}$ (điều phải chứng minh)