de on tap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9. Bài I. A.  2  3. 2. . 1. 2 3 1. Rút gọn biểu thức sau: 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3x  y 7  4 2 5x  y 9 x  5x  4  0 a/ b/  2 3. Cho phương trình x  7x  5 0 . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình, không giải phương 4 4 trình hãy tính giá trị của biểu thức B x1 .x 2  x1 .x 2. Bài II.. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol.  P  : y . 1 2 x d : y mx  m  2 4 và đường thẳng  . 1. Với m = 1, vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2. Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi. 3. Xác định m để trung điểm của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1. Bài III. Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2, nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 4m thì diện tích tăng 20m2. Tính các kích thước của khu vườn. Bài IV. Cho đường tròn tâm (O; R) có hai đường kính AB và CD. Các tia AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) lần lượt ở M và N. 1. Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh AC.AM = AD.AN. 0  3. Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Biết BAM 45 Bài V.. 2 Một hình trụ có bán kính đáy 6cm, diện tích xung quanh bằng 96 cm . Tính thể tích hình trụ.. HƯỚNG DẪN GIẢI. NỘI DUNG. BÀI 1. A. Rút gọn biểu thức sau: A 4.  2  3. 2. . 1 2 3.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x    1;1;  2; 2.  x 2   y  1. 3. 2 Phương trình x  7x  5 0 . Có a = 1; b = 7; c = —5. b  S x1  x 2  a  7  P x .x  c  5 1 2 a Theo Vi-ét:  Ta có:. B x14 .x 2  x1 .x 24 x1 x 2  x13  x 32  x1 x 2  x1  x 2   x12  x1 x 2  x 22 . 2 2 x1 x 2  x1  x 2    x1  x 2   3x1 x 2    5    7     7   3   5   2240    . 6 5 4 3 2 1 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O -1 A -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10 -11 -12. Vẽ Parabol.  P  : y . y. y = x- 3. x 1. 2. 3. I. 4. 5. 6. 7. 8. y = -1/4.x2. y = mx - m - 2 B. 1 2 x 4 và đường thẳng: (d): y = x – 3. 1. Với m = 1..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d):. . 1 2 x mx  m  2 4 (m ≠ 0). 2 ⇔ x  4mx  4m  8 0 .. Biệt số 2.  b 2  4ac  4m   4.1.   4m  8  16m 2  16m  32 16  m 2  m  2  2  1  7 16   m     2  4    > 0 với mọi m. Nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi. Gọi I(xI; yI) là trung điểm của đoạn thẳng AB.   x A   b    2m  2 2a     b   2m  2 x B  2a Ta có: . 2  1  7  m     2  4    2  1  7  m     2  4   . 2. 2. 2. 2. 1 7 1 7   x A  2m  2  m    y A  2m 2  2m  m     m  2 2  4 thì 2 4   Với 1 7 1 7   x B  2m  2  m    y B  2m 2  2m  m     m  2 2  4 thì 2 4   Với.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vì I là trung điểm của AB nên ta có:. xI . x A  x B  8m   2m 2 4. Theo đề bài, trung điểm I có hoành độ là 1 nên:  2m 1 => m ≠ 0). m . 1 2 (thỏa đk. Cách khác: Vì I(xI; yI) ∈ (d) và cách đều hai điểm A, B và xI = 1 nên: y I mx I  m  2 ⇔ y I  2 và IA = IB 2. Ta có:. 2. 2. IA 2  x A  x I    y A  y I   x A  1   y A  2 . 2. x 2A  2x A  1  y A2  4y A  4 2. 2. 2. IB2  x B  x I    y B  y I   x B  1   y B  2 . 2. x 2B  2x B  1  y B2  4y B  4 IA IB ⇔ IA 2 IB2 ⇔. x 2A  2x A  1  y A2  4y A  4 x B2  2x B  1  y B2  4y B  4 2 2 2 2 ⇔ x A  x B  2x A  2x B  4y A  4y B  y A  y B 0. ⇔.  xA . x B   x A  x B   2  x A  x B   4  yA  y B    y A  y B   y A  y B  0. ⇔.  xA . x B    x A  x B   2    yA  y B   4   yA  y B   0. 2 2    1 7 1 7  4  m       4m  2    4m  m      4  4m 2  2m  4  0    2 4  2 4      ⇔. 2   1 7  4  m       4m  2   m 2  1 0   2 4   ⇔ 2. 1 7  4 m   2  4 > 0 và m2 + 1 > 0 với mọi m nên chỉ có  4m  2 0  vì. hay. m . 1 2 (thỏa đk m ≠ 0).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vậy với. 1 2 thì trung điểm I của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1.. Phương trình x2 – 10x – 600 = 0; chiều dài: 30(m); chiều rộng: 16(m) M. 3 4. m . Hình vẽ. C. A O. B. D. N. a). Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp.   DB  sđ AB  AD  ANM  sđ 2 2 (góc có + Ta có: đỉnh nằm bên ngoài đường tròn)  ACD sđ AD 2 (góc nội tiếp chắn cung AD)   + Suy ra: ANM ACD Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên N) Chứng minh AC.AM = AD.AN Xét hai tam giác ADC và AMN có:   DAC MAN 900 (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   ACD ANM (câu a). . b). .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> c). AD AC  Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ AM AN . Từ đó: AC.AM = AD.AN 0  Khi BAM 45. +. ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ BM.BA 2R.2R SABM   2R 2 2 2 + ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ AO.OC R.R R 2 SAOC    2 2 2 BOC 900 + (góc ngoài tại O của tam giác vuông cân AOC) cho:.  R 2 900  R 2  0 360 4 SquạtBOC = Diện tích cần tìm: 2  R2  R2  R  6    2R     2 4 4   SABM – (SAOC + SquạtBOC) = (đ.v.d.t) 2 S 2 rh 96  cm  Hình trụ: r = 6(cm); xq 2. 5. ⇒. h. 48 48  8  cm  r 6. Thể tích hình trụ:. V S.h  r 2 .h  .62.8 288  cm3 . đó:. đó:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>