Đề kiểm tra giữa kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 8

1) Khi x = 9 ta có:

$B=\frac{4.(\sqrt{9}+2)}{\sqrt{9}-2}=\frac{4.(3+2)}{3-2}=20$.

Vây với x = 9 thì giá trị của biểu thức P = 20.

2) Ta có: $A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4x}{x-4}$

$=\frac{{(\sqrt{x}+2)}^2-{(\sqrt{x}-2)}^2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}+\frac{4x}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$=\frac{4.2\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}+\frac{4x}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

 $=\frac{8\sqrt{x}+4x}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}=\frac{4\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$.

3) Ta có P = $\frac{A}{B}=\frac{\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}}{\frac{4(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}-2}}=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}:\frac{4(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}-2}$

$=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}.\frac{\sqrt{x}-2}{4(\sqrt{x}+2)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$.

 

Ta có $\sqrt{x}\ge 0$ , $\sqrt{x}+2>0$  và $\sqrt{x}+2>\sqrt{x}$   nên

0 ≤ P < 1 do đó P < $\sqrt{P}$  .

Vậy P < $\sqrt{P}$ .

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 $\frac{1}{3}$  bể nên

4x + 7y =  $\frac{1}{3}$(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}18x+18y=1\\ 4x+7y=\frac{1}{3}\end{array}$

 $\iff \{\begin{array}{c}18x+18y=1\\ x=\frac{1}{4}(\frac{1}{3}-7y)\end{array}$

Û $\{\begin{array}{c}\frac{18}{4}(\frac{1}{3}-7y)+18y=1\\ x=\frac{1}{4}(\frac{1}{3}-7y)\end{array}$

Û   $\{\begin{array}{c}\frac{-27}{2}y=-\frac{1}{2}\\ x=\frac{1}{4}(\frac{1}{3}-7y)\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{c}y=\frac{1}{27}\\ x=\frac{1}{54}\end{array}$(thỏa mãn)

Ta có vòi 1 mỗi giờ chảy được $\frac{1}{54}$  bể suy ra vòi 1 chảy một mình 54 giờ thì đầy bể,

vòi 2 mỗi giờ chảy được $\frac{1}{27}$  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) Điều kiện xác định:

$\{\begin{array}{c}x>0\\ \sqrt{x}-3>0\\ |2y-1|\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x>0\\ \sqrt{x}\ne 3\\ 2y-1\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x>0\\ x\ne 9\\ y\ne \frac{1}{2}\end{array}$

Đặt $u=\frac{1}{\sqrt{x}-3}$  và  $v=\frac{1}{|2y-1|}$.

Hệ phương trình trở thành $\{\begin{array}{c}8u+v=5\\ 4u+v=3\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}8u+v=5\\ v=3-4u\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}8u+3-4u=5\\ v=3-4u\end{array}$

Với  $u=\frac{1}{\sqrt{x}-3}=\frac{1}{2}$ $\iff \sqrt{x}-3=2$

$\iff \sqrt{x}=5\iff x=25$ (thỏa mãn)

Với $v=\frac{1}{|2y-1|}$ = 1 $\iff |2y-1|=1$

 $\iff [\begin{array}{c}2y-1=1\\ 2y-1=-1\end{array}\iff [\begin{array}{c}2y=2\\ 2y=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}y=1\\ y=0\end{array}$(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: $\frac{m}{-2}\ne \frac{-2}{1}\iff m\ne 4$ .

Gọi (x₀; y₀) là cặp nghiệm của phương trình thỏa mãn x₀ = y₀.

Thay vào hệ phương trình ta được: $\{\begin{array}{c}m{y}_0-2y_0=2m\\ -2y_0+y_0=m+1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}m{y}_0-2y_0=2m\\ y_0=-m-1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}m(-m-1)-2(-m-1)=2m\left(1\right)\\ y_0=-m-1\end{array}$

(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  $[\begin{array}{c}m=1\\ m=-2\end{array}$(thỏa mãn)

Vậy m = 1 hoặc m = −2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x = y.

1) Ta có:

$\widehat{OMA}$= 90° (AM là tiếp tuyến của (O))

$\widehat{ONA}$= 90° (AN là tiếp tuyến của (O))

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{OMA}$ + $\widehat{ONA}$= 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.

2) Xét ∆AMB và ∆ACM có:

$\widehat{MAC}$là góc chung

 $\widehat{MCB}=\widehat{BMA}$(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 $\frac{AM}{AC}=\frac{AB}{AM}\iff A{M}^2=AC.AB$  (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 $\iff \frac{AB}{AO}=\frac{AH}{AC}$

Mà MA² = AC.AB (chứng minh trên)

Suy ra AH.AO = AC.AB

∆ABH và ∆AOC có:

 $\widehat{OAC}$là góc chung

$\frac{AB}{AO}=\frac{AH}{AC}$(chứng minh trên)

Do đó ∆ABH  ∆AOC (c.g.c)

Suy ra $\widehat{AHB}=\widehat{ACO}$  (hai góc tương ứng).

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki:

Xét $K^2={(1.\sqrt{3a+1}+1.\sqrt{3b+1}+1.\sqrt{3c+1})}^2$

$\le (1^2+1^2+1^2)(3a+1+3b+1+3c+1)$

= 3.[3.(a + b + c) + 3 = 3.(3.3 + 3) = 66

Suy ra K ≤ 6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{3a+1}=\sqrt{3b+1}=\sqrt{3c+1}$

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.