Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 8
6 câu hỏi
Cho các biểu thức: A=x+2x−2−x−2x+2+4xx−4
và B=4(x+2)x−2 với x ≥ 0, x ≠ 4
1) Tính giá trị của biểu thức B khi x = 9.
2) Chứng minh: A=4xx−2.
3) Cho P=AB . So sánh P và P .
1) Khi x = 9 ta có:
B=4 . (9+2)9−2=4 . (3+2)3−2=20.
Vây với x = 9 thì giá trị của biểu thức P = 20.
2) Ta có: A=x+2x−2−x−2x+2+4xx−4
=(x+2)2−(x−2)2(x−2)(x+2)+4x(x−2)(x+2)
=4 . 2x(x−2)(x+2)+4x(x−2)(x+2)
=8x+4x(x−2)(x+2)=4x(x+2)(x−2)(x+2)
=4xx−2.
3) Ta có P = AB=4xx−24(x+2)x−2=4xx−2:4(x+2)x−2
=4xx−2.x−24(x+2)=xx+2.
Ta có x≥0, x+2>0 và x+2>x nên
0 ≤ P < 1 do đó P < P .
Vậy P < P.
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn trong 18 giờ thì đầy bể. Nếu vòi 1 chảy trong 4 giờ, vòi 2 chảy trong 7 giờ thì chỉ được 13 bể. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu sẽ đầy bể?
Gọi x (bể) là phần nước của bể vòi một chảy được trong 1 giờ (x > 0)
y (bể) là phần nước của bể vòi hai chảy dược trong 1 giờ (y > 0)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn trong 18 giờ thì đầy bể nên
18x + 18y = 1 (1)
Vòi 1 chảy trong 4 giờ, vòi 2 chảy trong 7 giờ thì chỉ được 13 bể nên
4x + 7y = 13(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: {18x+18y=14x+7y=13
⇔{18x+18y=1x=14(13−7y)
Û {184(13−7y)+18y=1x=14(13−7y)
Û {−272y=−12x=14(13−7y)
Û {y=127x=154(thỏa mãn)
Ta có vòi 1 mỗi giờ chảy được 154 bể suy ra vòi 1 chảy một mình 54 giờ thì đầy bể,
vòi 2 mỗi giờ chảy được 127 bể suy ra vòi 2 chảy một mình 27 giờ thì đầy bể.
Vậy vòi 1 chảy một mình 54 giờ thì đầy bể, vòi 2 chảy một mình trong 27 giờ thì đầy bể.
1) Giải hệ phương trình: {8x−3+1|2y−1|=54x−3+1|2y−1|=3
2) Cho hệ phương trình: {mx−2y=2m−2x+y=m+1
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) sao cho x = y.
1) Điều kiện xác định:
{x>0x−3>0|2y−1|≠0⇔{x>0x≠32y−1≠0⇔{x>0x≠9y≠12
Đặt u=1x−3 và v=1|2y−1|.
Hệ phương trình trở thành {8u+v=54u+v=3
⇔{8u+v=5v=3−4u ⇔{8u+3−4u=5v=3−4u
Với u=1x−3=12 ⇔x−3=2
⇔x=5⇔x=25 (thỏa mãn)
Với v=1|2y−1|= 1 ⇔|2y−1|=1
⇔[2y−1=12y−1=−1⇔[2y=22y=0⇔[y=1y=0(thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm (25; 1) và (25; 0).
2) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì: m−2≠−21⇔m≠4.
Gọi (x0; y0) là cặp nghiệm của phương trình thỏa mãn x0 = y0.
Thay vào hệ phương trình ta được: {my0−2y0=2m−2y0+y0=m+1
⇔{my0−2y0=2my0=−m−1
⇔{m(−m−1)−2(−m−1)=2m (1)y0=−m−1
(1) Û −m2 – m + 2m + 2 = 2m
Û m2 + m – 2 = 0
Û m2 + 2m – m – 2 = 0
Û m(m + 2) – (m + 2) = 0
Û (m – 1)(m + 2) = 0
Û [m=1m=−2(thỏa mãn)
Vậy m = 1 hoặc m = −2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x = y.
1) Giải hệ phương trình: {8x−3+1|2y−1|=54x−3+1|2y−1|=3
2) Cho hệ phương trình: {mx−2y=2m−2x+y=m+1
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) sao cho x = y.
1) Điều kiện xác định:
{x>0x−3>0|2y−1|≠0⇔{x>0x≠32y−1≠0⇔{x>0x≠9y≠12
Đặt u=1x−3 và v=1|2y−1|.
Hệ phương trình trở thành {8u+v=54u+v=3
⇔{8u+v=5v=3−4u ⇔{8u+3−4u=5v=3−4u
Với u=1x−3=12 ⇔x−3=2
⇔x=5⇔x=25 (thỏa mãn)
Với v=1|2y−1|= 1 ⇔|2y−1|=1
⇔[2y−1=12y−1=−1⇔[2y=22y=0⇔[y=1y=0(thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm (25; 1) và (25; 0).
2) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì: m−2≠−21⇔m≠4.
Gọi (x0; y0) là cặp nghiệm của phương trình thỏa mãn x0 = y0.
Thay vào hệ phương trình ta được: {my0−2y0=2m−2y0+y0=m+1
⇔{my0−2y0=2my0=−m−1
⇔{m(−m−1)−2(−m−1)=2m (1)y0=−m−1
(1) Û −m2 – m + 2m + 2 = 2m
Û m2 + m – 2 = 0
Û m2 + 2m – m – 2 = 0
Û m(m + 2) – (m + 2) = 0
Û (m – 1)(m + 2) = 0
Û [m=1m=−2(thỏa mãn)
Vậy m = 1 hoặc m = −2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x = y.
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (M, N là các tiếp điểm).
1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2) Trên cung nhỏ MN lấy điểm B khác M, N và B không là điểm chính giửa của cung MN. Tia AB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C. Chứng minh: AM2 = AB.AC
3) Gọi H là giao điểm của AO và MN. Chứng minh góc AHB= góc ACO.
1) Ta có:
OMA^= 90° (AM là tiếp tuyến của (O))
ONA^= 90° (AN là tiếp tuyến của (O))
Xét tứ giác ABOC có OMA^+ ONA^= 90° + 90° = 180°
Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.
2) Xét ∆AMB và ∆ACM có:
MAC^là góc chung
MCB^=BMA^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung MB).
Suy ra ∆AMB ∆ACM (g.g)
Từ đó suy ra AMAC=ABAM⇔AM2=AC.AB (điều phải chứng minh)
3) Ta có OM = ON = R.
MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OA là trung trực của MN suy ra OA ^ MN.
Xét ∆OMA vuông tại M có đường cao MH ta có:
MA2 = AH.AO ⇔ABAO=AHAC
Mà MA2 = AC.AB (chứng minh trên)
Suy ra AH.AO = AC.AB
∆ABH và ∆AOC có:
OAC^là góc chung
ABAO=AHAC(chứng minh trên)
Do đó ∆ABH ∆AOC (c.g.c)
Suy ra AHB^=ACO^ (hai góc tương ứng).
Cho ba số thực không âm a, b, c và a + b + c = 3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K=3a+1+3b+1+3c+1
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki:
Xét K2=(1.3a+1+1.3b+1+1.3c+1)2
≤(12+12+12)(3a+1+3b+1+3c+1)
= 3.[3.(a + b + c) + 3 = 3.(3.3 + 3) = 66
Suy ra K ≤ 6
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3a+1=3b+1=3c+1
Û 3a + 1 = 3b + 1 = 3c + 1
Û a = b = c.
Mà a + b + c = 1 nên a = b = c = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức K = 6 khi a = b = c = 1.
