Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 10

1) $P=(\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{x+\sqrt{x}}):\frac{\sqrt{x}}{x+2\sqrt{x}+1}$

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

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

2) Khi x = 4

$P=\frac{x-1}{x}=\frac{4-1}{4}=\frac{3}{4}$

3) Ta có:

$P=\frac{x-1}{x}>\frac{2}{3}$ do x > 0 nhân 2 vế cho 3x ta được

3(x – 1) > 2x $\iff x>3$

Vậy khi x > 3 thì $P>\frac{2}{3}$.

Gọi x (m) là chiều rộng của khi vườn lúc đầu (x > 0).

Gọi y (m) là chiều rộng của khi vườn lúc đầu (y > 0).

Khu vườn lúc đầu có chu vi bằng 68 m nên 2x + 2y = 68 (1)

Chiều rộng khu vườn sau khi tăng là 2x (m)

Chiều dài khu vườn sau khi tăng là 3y (m)

Chu vi của khu vườn sau khi tăng là 2.2x + 2.3y = 178 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}2x+2y=68\\ 2.2x+2.3y=178\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=34-y\\ 4x+6y=178\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=34-y\\ 4(34-y)+6y=178\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=34-y\\ 2y=42\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x=13\\ y=21\end{array}$ (thỏa mãn)

Vậy chiều rộng lúc ban đầu là 13 m và chiều dài lúc ban đầu là 21 m.

Ta có $\frac{2}{3}\ne \frac{1}{-1}$ nên hệ phương trình luôn có cặp nghiệm (x; y) duy nhất.

$\{\begin{array}{l}2x+y=3m-2\\ 3x-y=2m+2\end{array}$ 

$\iff \{\begin{array}{l}2x+y+3x+y=3m-2+2m+2\\ y=3x-2m-2\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}5x=5m\\ y=3x-2m-2\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=m\\ y=m-2\end{array}$

1) Khi m = −1 thì (I) $\iff \{\begin{array}{l}x=m=-1\\ y=m-2=-3\end{array}$

Vậy phương trình có cặp nghiệm là (−1; −3).

2) Thay $\{\begin{array}{l}x=m\\ y=m-2\end{array}$ vào biểu thức x² + y² = 10 ta được:

m² + (m – 2)² = 10

$\iff$ m² + m² − 4m + 4 =10

$\iff$2m² − 4m − 6 = 0

$\iff$m² − 2m – 3 = 0

$\iff$m² − 3m + m – 3 = 0

$\iff$m(m − 3) + m − 3 = 0

$\iff$(m + 1)(m – 3) = 0

$\iff [\begin{array}{l}m=-1\\ m=3\end{array}$

Vậy m = −1 hoặc m = 3 thì hệ (I) có cặp nghiệm (x; y) duy nhất thỏa mãn: x² + y² = 10.

1) Ta có: $\widehat{FEB}$= 90° (CE ⊥ AB)

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

Xét tứ giác BMFE có $\widehat{FEB}$+$\widehat{FMB}$= 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác BMFE nội tiếp.

2) Ta có $\widehat{AMB}$= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra AM ⊥ MB

Xét tam giác AKB có:

KE ⊥ AB (giả thiết)

AM ⊥ KB (chứng minh trên)

Mà KE cắt AM tại F suy ra F là trực tâm của ∆AKB.

Suy ra BF ⊥ AK.

Xét ∆ AFE và ∆ KBE có:

$\widehat{AEF}\text{=}\widehat{KEB}$= 90° (KE ⊥ AB)

$\widehat{AFE}\text{=}\widehat{KBE}$ (tứ giác BMFE nội tiếp)

Suy ra ∆AFE  ∆KBE (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{AE}{KE}=\frac{FE}{BE}\iff AE.BE=KE.EF$ (điều phải chứng minh)

3) Xét tam giác AOM có:

OA = OM = R suy ra ∆AOM cân tại O suy ra $\widehat{OMA}=\widehat{OAM}$ (1)

Ta có $\widehat{AMO}+\widehat{IMF}=\widehat{IMO}=90°\widehat{AMO}+\widehat{IMF}=\widehat{IMO}=90°$ (MI là tiếp tuyến của (O))

$\widehat{KMI}+\widehat{IMF}=\widehat{KMF}=90°$ (KM ⊥ FM)

Suy ra $\widehat{AMO}=\widehat{KMI}$ (2)

Mà ∆AFE  ∆KBE suy ra $\widehat{OAM}=\widehat{IKM}$ (hai góc tương ứng) (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra $\widehat{IMK}=\widehat{IKM}$

Suy ra tam giác IMK cân tại I suy ra IM = IK (4)

Xét ∆KMF vuông tại M ta có:

$\widehat{FKM}+\widehat{KFM}=90°$

$\widehat{KMI}+\widehat{IMF}=90°$

Mà $\widehat{IMK}=\widehat{IKM}$ (chứng minh trên)

Nên $\widehat{IMF}=\widehat{IFM}$ suy ra ∆IMF cân tại I suy ra IM = IF (5)

Từ (4) và (5) suy ra KI = IF (= IM) (điều phải chứng minh)

Gọi A = $\frac{4}{{(x+y)}^2}+x^2+y^2$

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

$=\frac{4}{{(x+y)}^2}+\frac{{(x+y)}^2}{4}+\frac{3}{4}(x^2+y^2)+\frac{3}{4}.2xy-2$

$=\frac{4}{{(x+y)}^2}+\frac{{(x+y)}^2}{4}+\frac{3}{4}(x^2+y^2)+\frac{3}{2}-2$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

$A\ge 2\sqrt{\frac{4}{{(x+y)}^2}\frac{{(x+y)}^2}{4}}+\frac{3}{4}.2\sqrt{x^2{y}^2}+\frac{3}{2}-2$

$\iff A\ge 2+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}-2=3$ (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.

Vậy đẳng thức xảy ra khi x = y = 1.