Chào mọi người, em học lớp 9 hai ngày nữa là em thi rồi. Mong thầy cô giải đề thi thử sau cho em. Em cảm ơn ạ. Giúp em vượt qua môn này đi ạ em xin cảm ơn mọi người.
Câu 1: Tính
a) \(3x^4+4x^2-7=0\)
b) \(\dfrac{x^2+x+\sqrt{x^2+x-1}-3}{x+1}=0\)
Câu 2 Cho (P) \(y=x^2\) và (D) \(y=\dfrac{x^2}{2}\) và (d) \(y=2x+4\)
a) Vẽ (P) và (d) trong cùng một mặt phẳng.
b) Viết phương trình đường thẳng (d1) sao cho tiếp xúc với (D) và song song với (d).
c) Viết phương trình đường thẳng (d2) sao cho cắt (P) tại hai điểm phân biệt và vuông góc với đường thẳng \(y=3x-9\) .
d) Cho (d3) \(y=mx+m+2\) tìm m để (d1),(d2) và (d3) đồng quy.
Câu 3 Cho
\(x^2-2\left(m+1\right)x+2m-1=0\) .
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để chúng lần lượt là đường kính và bán kính của một đường tròn.
c) Tính khi \(m=\dfrac{1}{2}x^2+1\).
Câu 4: a) \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=2\\\sqrt{x}-\sqrt{y}=0\end{matrix}\right.\) . Tính \(\left(x^{2018}-y^{2019}\right)^{2020}\).
b) Theo quy định về sân bóng đá cỏ nhân tạo mini 5 người thì: “Sân hình chữ nhật, trong mọi trường hợp, kích thước chiều dọc sân phải lớn hơn kích thước chiều ngang sân. Chiều ngang tối đa là 25m và tối thiểu là 15m, chiều dọc tối đa là 42m và tối thiểu là 25m”. Thực hiện đúng quy định kích thước sân 5 người là điều quan trọng để quản lý sân bóng và việc thi đấu của các cầu thủ. Sân bóng đá mini cỏ nhân tạo A có chiều dọc dài hơn chiều ngang 22m, diện tích sân là 779m2 Hỏi kích thước sân này có đạt tiêu chuẩn đã quy định hay không?
Câu 5: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10cm , CB = 40cm . Vẽ về một phía của AB các nữa đường tròn có đường kính theo thứ tự AB,AC và BC và có tâm lần lượt O,I,K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M,N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nữa đường tròn (I),(K).
a) Chứng minh EC = MN.
b) Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I),(K).
c) Tính MN.
d) Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba đường tròn.
Câu 6. Chứng minh rằng:
\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\) .
Bài 1:
a) \(3x^4+4x^2-7=0\)
\(\Leftrightarrow 3(x^4-x^2)+7(x^2-1)=0\)
\(\Leftrightarrow 3x^2(x^2-1)+7(x^2-1)=0\)
\(\Leftrightarrow (3x^2+7)(x^2-1)=0\)
\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} 3x^2+7=0(\text{vô lý})\\ x^2-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\pm 1\)
b) ĐK: \(x^2+x-1\geq 0; x\neq -1\)
Ta có: \(\frac{x^2+x+\sqrt{x^2+x-1}-3}{x+1}=0\)
\(\Leftrightarrow x^2+x+\sqrt{x^2+x-1}-3=0\)
\(\Leftrightarrow (x^2+x-1)+\sqrt{x^2+x-1}-2=0\)
Đặt \(\sqrt{x^2+x-1}=a(a\geq 0)\) thì pt tương đương:
\(a^2+a-2=0\Leftrightarrow (a-1)(a+2)=0\)
\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} a=1\\ a=-2(\text{loại })\end{matrix}\right.\)
Với \(a=1\Leftrightarrow \sqrt{x^2+x-1}=1\Rightarrow x^2+x-1=1\)
\(\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Leftrightarrow (x-1)(x+2)=0\)
\(\Leftrightarrow x=1; x=-2\) (đều t/m)
Bài 2:
b) Vì $(d_1)$ song song với (d) nên ptđt $(d_1)$ có dạng:
\(y=2x+k\)
$(d_1)$ tiếp xúc với (D) khi mà phương trình hoành độ giao điểm có một nghiệm duy nhất
\(\Leftrightarrow \frac{x^2}{2}-(2x+k)=\frac{x^2}{2}-2x-k=0\) có nghiệm duy nhất
Điều này xảy ra khi \(\Delta'=(-2)^2-4.\frac{1}{2}(-k)=0\)
\(\Leftrightarrow k=-2\)
Vậy PTĐT $(d_1)$ là \(y=2x-2\)
c)
$(d_2)$ vuông góc với đt \(y=3x-9\) thì ptđt $(d_2)$ có dạng:
\(y=-\frac{1}{3}x+k\)
$(d_2)$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đths có hai nghiệm phân biệt
Tức là: \(x^2-(\frac{-1}{3}x+k)=0\) có hai nghiệm pb
\(\Leftrightarrow \Delta=(\frac{1}{3})^2+4k>0\Leftrightarrow k> -\frac{1}{36}\)
(Hình như đề câu c không đủ dữ kiện, vì chỉ giới hạn được giá trị của $k$ chứ không tìm được $k$ cụ thể)
d) Vì không tìm được $k$ cụ thể nên câu d cũng không có giá trị cụ thể. Nhưng khi tìm được (d2) bạn có thể làm theo cách sau. Tìm giao điểm của (d1) và (d2). Để 3 đường đồng quy thì (d3) cũng phải đi qua giao điểm đó. Thay giá trị giao điểm vào sẽ dễ dàng tìm được m
Câu 6:
Biến đổi tương đương:
\((x+y)^2\leq 2(x^2+y^2)\)
\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\leq 2(x^2+y^2)\)
\(\Leftrightarrow 2xy\leq x^2+y^2\Leftrightarrow 0\leq x^2-2xy+y^2\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (x-y)^2\) (luôn đúng với mọi \(x,y\in\mathbb{R}\))
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y$
Bài 2a:
Hình vẽ:
Bài 3:
a)
Ta có: \(\Delta'=[-(m+1)]^2-(2m-1)\)
\(=m^2+2\geq 0+2>0,\forall m\in\mathbb{R}\)
Vì \(\Delta'>0\) với mọi $m$ nên pt có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$ là số thực.
b)
Áp dụng định lý Viete: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m+1)\\ x_1x_2=2m-1\end{matrix}\right.(*)\)
Nếu $x_1,x_2$ lần lượt là đường kính và bán kính của một đường tròn, nghĩa là: \(\left\{\begin{matrix} x_1,x_2>0\\ x_1=2x_2\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(x_1,x_2>0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_1+x_2>0\\ x_1x_2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m> \frac{1}{2}\)
Tiếp tục, thay \(x_1=2x_2\) vào $(*)$
\((*)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x_2+x_2=2(m+1)\\ 2x_2^2=2m-1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow 2x_2^2-3x_2=-3\)
\(\Leftrightarrow 2(x_2-\frac{3}{4})^2+\frac{15}{8}=0\) (vl)
Do đó không tồn tại $m$ thỏa mãn đk trên
c) Tính cái gì hả bạn?
Câu 4:
a) ĐK: \(x,y\geq 0\)
\(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=2\\ \sqrt{x}-\sqrt{y}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+y^2=2\\ \sqrt{x}=\sqrt{y}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+y^2=2\\ x=y\end{matrix}\right.\)
Thay \(y=x\Rightarrow x^2+x^2=2\Leftrightarrow 2x^2=2\Leftrightarrow x^2=1\)
\(\Rightarrow x=1\) (do $x\geq 0$) \(\Rightarrow y=x=1\)
Do đó: \((x^{2018}-y^{2019})^{2020}=(1-1)^{2020}=0\)
b)
Gọi độ dài chiều dọc sân bóng A là $a$, độ dài chiều ngang là $b$
\((a,b>0)\)
Theo như giả thiết thì:
\(\left\{\begin{matrix} a-b=22\\ ab=779\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b+22\\ ab=779\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow (b+22)b=779\)
\(\Leftrightarrow (b-19)(b+41)=0\Rightarrow b=19\)
\(\Rightarrow a=b+22=19+22=41\)
Theo quy định thì: \(\left\{\begin{matrix} a>b\\ 25\leq a\leq 42\\ 15\leq b\leq 25\end{matrix}\right.\)
Như vậy ta thấy sân bóng A hoàn toàn thỏa mãn điều ki
Bài 5:
a)
Ta thấy: \(\widehat{AMC}=\widehat{BNC}=\widehat{AEB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính đường tròn $(I)$, $(K)$, $O)$)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{CME}=180^0-\widehat{AMC}=90^0\\ \widehat{CNE}=180^0-\widehat{BNC}=90^0\\ \widehat{MEN}=\widehat{AEB}=90^0\end{matrix}\right.\)
Tứ giác $CMEN$ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
Do đó $EC=MN$
Ta có đpcm
b)
Xét tam giác $MIC$ cân tại $I$ ta có:
\(\widehat{IMC}=\widehat{ICM}=90^0-\widehat{MAC}=90^0-\widehat{EAC}\)
\(=\widehat{AEC}=\widehat{EMN}\) (do $CMEN$ là hình chữ nhật)
Do đó:
\(\widehat{IMC}+\widehat{CMN}=\widehat{EMN}+\widehat{CMN}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{IMN}=\widehat{EMC}=90^0\)
\(\Rightarrow IM\perp MN\)
Do đó $MN$ là tiếp tuyến của $(I)$
Hoàn toàn tương tự : $MN$ là tiếp tuyến của $(K)$
Ta có đpcm
c)
Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta có:
\(\left\{\begin{matrix}
AE^2+EB^2=AB^2=50^2\\
AE^2-AC^2=EC^2(1)\\
EB^2-BC^2=EC^2(2)\end{matrix}\right.\)
Lấy \((1)+(2)\Rightarrow AE^2+EB^2-(AC^2+BC^2)=2EC^2\)
\(\Leftrightarrow 50^2-(10^2+40^2)=2EC^2\)
\(\Leftrightarrow EC=20\) (cm)
Mà $MN=EC$ nên $MN=20$ cm
d)
Dễ thấy $(I)$ và $(O)$ tiếp xúc trong
$(K)$ và $(O)$ tiếp xúc trong
Do đó diện tích hình giới hạn bởi nửa (trên, dưới) ba đường tròn chính là diện tích nửa (trên, dưới ) đường tròn $(O)$
\(S=\frac{1}{2}S_{(O)}=\frac{1}{2}\pi R_O^2=\frac{1}{2}\pi \left(\frac{40+10}{2}\right)^2=312,5\pi\)
