Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 - Đề sưu tầm số 18

ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ II (CÓ ĐÁP ÁN)

Môn: Toán 9

Thời gian: 90 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức: $P=\left(\frac{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b}+\frac{2b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\right)·\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\right)$

a) Tìm điều kiện đối với a và b để biểu thức P có nghĩa rồi rút gọn biểu thức P

b) Khi a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai $x^2$ – 3x + 1 =0. Không cần giải phương trình này, hãy chứng tỏ giá trị của P là một số nguyên dương

Bài 2: (1,5 điểm)

1) Tìm điểm cố định của đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và Parabol (P): y = $2x^2$.

a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A (3; 7).

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt C ($x_1, y_1$) và D ($x_2, y_2$). Tính giá trị của T = $x_1{x}_2 + y_1{y}_2$

Bài 3: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) $\left\{\begin{array}{l}(x-2)(y+5)+5=x(y-2)+3y+1\\ \frac{2x-1}{y-3}=\frac{3}{7}\end{array}\right.$

b) $3x_4 + x_2$ – 4 = 0

Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S. Gọi I là trung điểm của BC.

a) Chứng minh tứ giác SAOI nội tiếp

b) Vẽ dây cung AD vuông góc với SO tại H. AD cắt BC tại K. Chứng minh SD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Chứng minh SK.SI = SB.SC

d) Vẽ đường kính PQ đi qua điểm I (Q thuộc cung CD), SP cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh M, K, Q thẳng hàng.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:$a^5 +b^5 +c^5 +\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 6$

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

$\mathrm{P}=\left(\frac{\mathrm{a}\sqrt{\mathrm{a}}-\mathrm{b}\sqrt{\mathrm{b}}}{\mathrm{a}+\sqrt{\mathrm{ab}}+\mathrm{b}}+\frac{2 \mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}\right)·\left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{a}}}+\frac{1}{\sqrt{\mathrm{b}}}\right)$

a) Điều kiện xác định: $\mathrm{a}>0;\mathrm{b}>0$

$\mathrm{P}=\left(\frac{\mathrm{a}\sqrt{\mathrm{a}}-\mathrm{b}\sqrt{\mathrm{b}}}{\mathrm{a}+\sqrt{\mathrm{ab}}+\mathrm{b}}+\frac{2 \mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}\right)·\left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{a}}}+\frac{1}{\sqrt{\mathrm{b}}}\right)$
$=\left(\frac{(\sqrt{\mathrm{a}}-\sqrt{\mathrm{b}})(\mathrm{a}+\sqrt{\mathrm{ab}}+\mathrm{b})}{\mathrm{a}+\sqrt{\mathrm{ab}}+\mathrm{b}}+\frac{2 \mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}\right)·\left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{a}}}+\frac{1}{\sqrt{\mathrm{b}}}\right)$
$\begin{array}{l}=\frac{(\sqrt{\mathrm{a}}-\sqrt{\mathrm{b}})(\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}})+2 \mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}·\frac{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}{\sqrt{\mathrm{ab}}}\\ =\frac{\mathrm{a}-\mathrm{b}+2 \mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}·\frac{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}}{\sqrt{\mathrm{ab}}}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{ab}}}\end{array}$

b) a, b là 2 nghiệm của phương trình $x^2$ – 3x + 1 =0 nên theo hệ thức Vi-ét ta có:

$\left\{\begin{array}{l}a+b=3\\ ab=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=3\\ \sqrt{ab}=1\end{array}\right.$

Thay vào biểu thức

$\mathrm{P}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\sqrt{\mathrm{ab}}}=\frac{3}{1}=3$

Vậy giá trị của P là một số nguyên dương

Bài 2:

a) y = (m – 1)x + 2m – 1

Gọi M (x0 ; y0) là điểm cố định mà đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 đi qua với mọi m

$\Rightarrow$ $y_0$ = (m - 1) $x_0$ + 2m - 1 ⇔ ($x_0$ + 2)m - ($y_0$ + $x_0$ + 1)=0 (*)

Để đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M ($x_0 ; y_0$) với mọi m thì phương trình (*) nghiệm đúng với mọi m

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0+2=0\\ y_0+x_0+1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=-2\\ y_0=1\end{array}\right.$

Vậy đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (-2; 1)

b) Để đường thẳng (d): y = mx + 1 đi qua điểm A (3; 7), thì A ∈ d : 7 = m.3 + 1 $\iff$ m = 2.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: $2x^2$ = mx + 1 $\iff$ $2x^2$ - mx - 1 = 0

Xét Δ = $m^2$ - 4.2.(-1) = $m^2$ + 8 > 0

$\Rightarrow$ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

Theo định lí Vi-et, ta có:

Theo bài ra:$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{m}{2}\\ x_1{x}_2=\frac{-1}{2}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} T = x_1{x}_2 + y_1{y}_2 = x_1{x}_2 + (m{x}_1 + 1)(m{x}_2 + 1) \\ = x_1{x}_2 + m(x_1 + x_2 ) + m_2{x}_1{x}_2 + 1 \end{gathered}$$

$=\frac{-1}{2}+\mathrm{m}·\frac{\mathrm{m}}{2}-\frac{{\mathrm{m}}^2}{2}+1=\frac{1}{2}$

Vậy $T=\frac{1}{2}$

Bài 3:

$\iff \left\{\begin{array}{l}(x-2)(y+5)+5=x(y-2)+3y+1\\ \frac{2x-1}{y-3}=\frac{3}{7}\end{array}\right.$ ( Điều kiện $y\ne 3$)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = ($-\frac{4}{7}$; -2)

b) $3x^4 + x^2$ – 4 = 0

Đặt $x^2$ = t (t ≥ 0), phương trình trở thành:

$3t^2$ + t - 4 = 0

Phương trình có dạng a + b + c = 3 + 1 – 4 = 0. Do đó, phương trình có hai nghiệm $t_1=1$ (thỏa mãn) và $t_2=-\frac{4}{3}$ (loại).

Với $t=1\Rightarrow x^2=1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = -1.

Bài 4:

a) Ta có: BC là dây cung, I là trung điểm của BC

$\Rightarrow$ OI ⊥ BC

Xét tứ giác SAOI có:

$\widehat{SAO}=90°$ (Do SA là tiếp tuyến của (O))

$\widehat{SOI}=90°$ (OI ⊥ BC)

$\Rightarrow \widehat{SAO}+\widehat{SOI}=180°$

$\Rightarrow$ Tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp.

b) Tam giác AOD cân tại O có OH là đường cao

$\Rightarrow$ OH cũng là trung trực của AD

$\Rightarrow$ SO là trung trực của AD

$\Rightarrow$ SA = SD $\Rightarrow$ ΔSAD cân tại S

 $\Rightarrow \widehat{SAD}=\widehat{SDA}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{SAD}=\widehat{SDA}\\ \widehat{OAD}=\widehat{ODA}\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{SAD}+\widehat{OAD}=\widehat{SDA}+\widehat{ODA}$

$\iff \widehat{SAO}=\widehat{SDO}\iff \widehat{SDO}=90°$

Vậy SD là tiếp tuyến của (O)

c) Xét ΔSAB và ΔSCA có:

$\widehat{ASC}$ là góc chung

$\widehat{SAB}=\widehat{ACD}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow \Delta SAB~\Delta SCA$ ( g – g)

$\Rightarrow \frac{SA}{SC}=\frac{SB}{SA}\iff S{A}^2=SB.SC$ (1)

ΔSAO vuông tại O có AH là đường cao

$\Rightarrow S{A}^2=SH.SO$ (2)  

Xét ΔSKH và ΔSOI có:

$\widehat{OSI}$ là góc chung

$\widehat{SHK}=\widehat{SIO}=90°$

 $\Rightarrow \Delta SKH~\Delta SOI$ ( g – g)

$\Rightarrow \frac{SK}{SO}=\frac{SH}{SI}\iff SK.SI=SH.SO$(3)

Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow$ SK.SI = SB.SC$=S{A}^2$

d) Ta có: $\widehat{PMQ}=90°$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow PS\perp MQ$

Xét ΔSAM và ΔSPA có:

$\widehat{ASP}$ là góc chung

$\widehat{SAM}=\widehat{SPA}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM)

$\Rightarrow \Delta SAM~\Delta SPA$( g – g)

$\Rightarrow \frac{SA}{SP}=\frac{SM}{SA}\iff S{A}^2=SP.SM$

Do đó ta có: $SP.SM=SK.SI\iff \frac{SM}{SI}=\frac{SK}{SP}$.

Xét ΔSKM và ΔSPI có:

$\frac{SM}{SI}=\frac{SK}{SP}$

$\widehat{ISP}$: góc chung

$\Rightarrow \Delta SKM~\Delta SPI$ ( c – g – c)

$\widehat{SMK}=\widehat{SIP}=90°\Rightarrow MK\perp SP$

Ta có: PS ⊥ MQ ; MK ⊥ SP $\Rightarrow$ M;Q;K thẳng hàng.

Bài 5:

Áp dụng bất đẳng thức Co- si, ta được:

$\begin{array}{l}{a}^5+\frac{1}{a}\ge 2a^2\\ b^5+\frac{1}{b}\ge 2b^2\\ c^5+\frac{1}{c}\ge 2c^2\\ \Rightarrow a^5+b^5+c^5+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\end{array}$

Mặt khác:$\left\{\begin{array}{l}{a}^2+1\ge 2a\\ b^2+1\ge 2b\\ c^2+1\ge 2c\end{array}\right.$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge 2\left(a+b+c\right)-3=2.3-3=3$

$\Rightarrow a^5+b^5+c^5+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 2.3=6$

Vậy ta được điều phải chứng minh.