Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 6

a) x² + 3x – 4 = 0

Û x² + 4x – x – 4 = 0

Û x(x + 4) – (x + 4) = 0

Û (x – 1)(x + 4) = 0

Û $[\begin{array}{l}\text{x}=1\\ \text{x}=-4\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; −4}.

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe ôtô (x > 0);

y (km/h) là vận tốc của tàu hỏa (y > 0).

Quãng đường đi được bằng ôtô là: 4x (km).

Quãng đường đi được tàu hỏa là: 7y (km).

Tổng quãng đường đi được là 640km nên ta có: 4x + 7y = 640 (km) (1)

Mỗi giờ tàu hỏa đi nhanh hơn ôtô 5km nên ta có: y − x = 5 (km) (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

 $\{\begin{array}{l}4x+7y=640\\ y-x=5\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{l}4x+7y=640\\ y=x+5\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{l}4x+7(x+5)=640\\ y=x+5\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}11x=605\\ y=x+5\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{l}x=55\\ y=60\end{array}$ (thỏa mãn)

Vậy vận tốc của ôtô là 55 km/h và vận tốc của tàu hỏa là 60km/h.

a. Với m = 1 phương trình trở thành: x² – 4x + 1 = 0

Tính ∆ = b² – 4ac. Phương trình có các hệ số là a = 1; b = −4; c = 1.

∆ = (−4)² – 4.1.1 = 16 – 4 = 12 > 0.

Do ∆ > 0, áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x₁ = $\frac{4+\sqrt{12}}{2.1}=2+\sqrt{3}$ ; x₂ = $\frac{4-\sqrt{12}}{2.1}=2-\sqrt{3}$ .

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = $\{2+\sqrt{3};2-\sqrt{3}\}$ .

b. ∆’ = (b’)² – ac = (−m – 1)² – m².1 = m² + 2m + 1 – m² = 2m + 1

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì:

∆’ > 0 Û 2m + 1 > 0 Û m > $\frac{-1}{2}$  .

Vậy giá trị m nguyên nhỏ nhất để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là m = 0.

a. $\widehat{\text{EAC}}$ = 90° (EA vuông góc AC)

$\widehat{EMC}$= 90° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{\text{EAC}}$ + $\widehat{\text{EMC}}$ = 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác AEMC nội tiếp (đpcm).

b. Xét ∆ BAP và ∆ BPC có:

$\widehat{\text{PBC}}$là góc chung

$\widehat{BPC}=\widehat{BAC}$= 90° (  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra ∆ BAP  ∆ BPC (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{BA}{BP}=\frac{BP}{BC}\iff B{P}^2=BA.BC$ (1)

Xét ∆ BEA và ∆ BCM có:

$\widehat{\text{MBC}}$ là góc chung

 $\widehat{BEA}=\widehat{BCM}$(tứ giác AEMC nội tiếp)

Suy ra ∆ BEA đồng dạng ∆ BCM (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{BE}{BC}=\frac{BA}{BM}\iff BE.BM=BA.BC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: BP² = BE. BM = BA.BC (đpcm)

c. Ta có:

$\widehat{EMI}=\widehat{MBC}$(hai góc đồng vị).

$\widehat{MPC}=\widehat{MBC}$(tứ giác PMCB nội tiếp đường tròn O).

Suy ra $\widehat{MEI}=\widehat{MPC}$  .

Tứ giác EPMI có $\widehat{MEI}=\widehat{MPI}$ suy ra tứ giác EPMI nội tiếp.

Ta có: $\begin{array}{l}PA\perp BC\\ BC//EI\end{array}\}\Rightarrow PA\perp EI\Rightarrow \widehat{PEI}$ = 90°

Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EPM cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EPMI.

Mà ta có $\widehat{PEI}$ = 90° dẫn đến PI là đường kính .

Suy ra tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác EPM là trung điểm của PI.

Mà điểm này cũng thuộc đường thẳng PC với P và C cố định nên ta suy ra điều phải chứng minh.

Xét biểu thức  $\frac{m{x}^2}{x-1}$ với x > 1.

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

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

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

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

$=m(x-1-2+\frac{1}{x-1}+4)$

$=m({\sqrt{x-1}}^2-2\sqrt{x-1}.\frac{1}{\sqrt{x-1}}+\frac{1}{{\sqrt{x-1}}^2})+4m$

$=m{(\sqrt{x-1}-\frac{1}{\sqrt{x-1}})}^2+4m\ge 4m\forall x>1$

Dấu bằng xảy ra khi $\sqrt{x-1}=\frac{1}{\sqrt{x-1}}\iff x=2$ .

Áp dụng vào biểu thức P ta được:

P ≥ 4.1 + 4.2 + 4.3 = 4 + 8 + 12 = 24 khi a = b = c = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 24 khi và chỉ khi a = b = c = 2.