Bài giảng môn Đại số lớp 9 - Đề kiểm tra 2 (thời gian làm bài: 150 phút)

ĐỀ KIỂM TRA 2 (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: a) Giải phương trình căn thức: 3-x=449-43x3-123x b) Chứng minh đẳng thức: 449+206+449-2062=3 Bài 2: a) Khai triển biểu thức n4+(n+1)4 thành dạng 2k + 1 và phân tích k thành các thừa số. b) Cho số nguyên A là tổng binh phương của hai số nguyên dương liên tiếp. Hãy chứng minh rằng A không thể la tổng lũy thừa bậc 4 của hai số nguyên dương liên tiếp. Bài 3: Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa mãn điều kiện: a2+b2+c2≤2(ab+ac+bc) (1) a) Chứng minh bất đẳng thức : a+b+c≤2(ab+ac+bc) (2) Hỏi từ (2) có thể suy ra (1) được không? Vì sao? b)Cho p, q, r là 3 số thực thỏa mãn điều kiện p+q+r=0. Chứng minh bất đẳng thức: apq+bqr+crp≤0 Bài 4: Gọi a,b là là hai nghiệm của phương trình x2+px+1=0; c,d là hai nghiệm của phương trình h x2+qx+1=0. Chứng minh hệ thức : a-ca-db-cb-d=(p-q)2 Bài 5: Cho hai đường tròn (O, R) , (I, r) (R>r) tiếp xúc ngoài với nhau với A là tiếp điểm. Gọi B, C là hai điểm di động lần lượt trên (O), (I) sao cho ∠BAC=900 a) Chứng minh trung điểm M của BC nằm trên 1 đường tròn cố định khi B, C thay đổi. b) Kẻ AH vuông góc với BC. Chứng minh H cũng nằm trên một đường tròn cố định khi B, C thay đổi. c) Chứng minh rằng: AH≤2RrR+r Bài 1: a) Giải phương trình căn thức: 3-x=449-43x3-123x b) Chứng minh đẳng thức: 449+206+449-2062=3 Lời giải: a) Ta có: 3-x=449-43x3-123x ⟺3-x≥0(3-x)4=49-43x3-123x ⟺x≤39-123x+18x2-43x3+x4=49-43x3-123x ⟺x≤3x4+18x2-40=0⟺x≤3x2+20x2-2=0⟺x≤3x2-2=0 ⟺x≤3x=2x=-2⟺ x=2x=-2 Kết luận, nghiệm của phương trình đã cho là x=2 hoặc x=-2 b) Ta có: 49+206=25+1024+24=(5+24)2 =(3+26+2)2=(3+2)4 Suy ra: 449+206=3+2 Tương tự như vậy, ta có: 449-206=3-2 Từ đó, ta có: 449+206+449-2062=3+2+(3-2)2=3 Và ta có đpcm. Bài 2: a) Khai triển biểu thức n4+(n+1)4 thành dạng 2k + 1 và phân tích k thành các thừa số. b) Cho số nguyên A là tổng binh phương của hai số nguyên dương liên tiếp. Hãy chứng minh rằng A không thể la tổng lũy thừa bậc 4 của hai số nguyên dương liên tiếp. Lời giải: a) Ta có: n4+(n+1)4=2k+1 ⟺2n4+2n3+3n2+2n+1=2k+1 ⟹k=n4+2n3+3n2+2n ⟹k=n(n3+2n2+3n+2) ⟹k=nn+1(n2+n+2) b) Giả sử tồn tại số nguyên A thỏa mãn điều bài toán, khi đó tồn tại 2 số nguyên dương p và q sao cho: A=p2+(p+1)2 =q4+(q+1)4 Khi đó: 2(p2+p)+1=2q4+2q3+3q2+2q+1 ⟺p2+p-(q4+2q3+3q2+2q)=0 (1) Vì phương trình (1) có nghiệm nguyên p nên: Δ=1+4(q4+2q3+3q2+2q) là số chính phương. Mặt khác: 4q4+8q3+8q2+4q+1< 4(q4+2q3+3q2+2q)+1 Hay là: (2q2+2q+1)2<4(q4+2q3+3q2+2q)+1 (2) Lại có: 4(q4+2q3+3q2+2q)+1< 4q4+8q3+12q2+8q+4 Hay là 4(q4+2q3+3q2+2q)+1<(2q2+2q+2)2 (3) Từ (2) và (3) suy ra: (2q2+2q+1)2<4(q4+2q3+3q2+2q)+1<(2q2+2q+2)2 Do đó 4(q4+2q3+3q2+2q)+1 không thể là số chính phương. Điều này cho thấy giả sử ban đầu về sự tồn tại A là sai. Từ đó ta có ĐPCM. Bài 3: Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa mãn điều kiện: a2+b2+c2≤2(ab+ac+bc) (1) a) Chứng minh bất đẳng thức : a+b+c≤2(ab+ac+bc) (2) Hỏi từ (2) có thể suy ra (1) được không? Vì sao? b)Cho p, q, r là 3 số thực thỏa mãn điều kiện p+q+r=0. Chứng minh bất đẳng thức: apq+bqr+crp≤0 Lời giải: a) Ta có: a2+b2+c2-2ab+ac+bc= a2-2ab+c+b2+c2+2bc-4bc =(a-b-c)2-4bc =a-b-c-2bc(a-b-c+2bc) =a-b+c2(a-b-c2) =-a+b+cb+c-ac+a-b(a+b-c) Vì a2+b2+c2-2ab+ac+bc≤0 Nên a+b+cb+c-ac+a-ba+b-c≥0 (*) Bây giờ, không mất tính tổng quát, ta giả sử a=max{a, b, c}. Khi đó: (*)⟺b+c-a≥0 Như vậy: ab+ac≥a Ngoài ra: ba+bc≥b và ca+cb≥c Suy ra: ab+ac+ba+bc+ba+bc≥a+b+c Hay là: 2ab+ac+bc≥a+b+c .(đpcm.) b) Không thể được, chẳng hạn, với a=16, b=4, c=1. Ta có (2) nhưng không có (1) c) Thay r=-(p+q) ta được: apq+bqr+crp≤0 ⟺apq-bqp+q-cpp+q≤0 ⟺bq2+pqb+c-a+cp2≥0 (**) Với p=0 (**) hiển nhiên đúng, và ta có (đpcm.) Với p≠0, ta có: (**) ⟺b(qp)2+b+c-aqp+c≥0 ⟺Δ=(b+c-a)2-4bc≥0 ⟺2ab+ac+bc-a2+b2+c2≥0 (***) (***) đúng theo như điều kiện ban đầu, suy ra (**) đúng, và ta cũng có (đpcm.) Bài 4: Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình x2+px+1=0; c,d là hai nghiệm của phương trình x2+qx+1=0. Chứng minh hệ thức : a-ca-db-cb-d=(p-q)2 Lời giải: Vì c, d là hai nghiệm của phương trình x2+qx+1=0 Nên: x2+qx+1=x-c(x-d) Suy ra: a2+qa+1=a-c(a-d) ⟹a2+pa+1-ap-q=a-c(a-d) ⟹-ap-q=a-c(a-d) (a là nghiệm của phương trình x2+px+1=0 nên a2+pa+1=0) Tương tự như vậy, ta có: -bp-q=b-c(b-d) Suy ra: a-ca-db-cb-d=ab(p-q)2 Mặt khác, vì a, b là hai nghiệm của phương trình x2+px+1=0 nên ab=1 , từ đó ta có: a-ca-db-cb-d=(p-q)2 . (đpcm) Bài 5: Cho hai đường tròn (O, R) , (I, r) (R>r) tiếp xúc ngoài với nhau với A là tiếp điểm. Gọi B, C là hai điểm di động lần lượt trên (O), (I) sao cho ∠BAC=900 a) Chứng minh trung điểm M của BC nằm trên 1 đường tròn cố định khi B, C thay đổi. b)Kẻ AH vuông góc với BC. Chứng minh H cũng nằm trên một đường tròn cố định khi B, C thay đổi. c) Chứng minh rằng: AH≤2RrR+r Lời giải: a) Vì tam giác ABC vuông tại A và M là trung điểm của BC nên: MA=MB=MC Suy ra M nằm trên trung trực của các đoạn thẳng AB, AC Mặt khác, vì (O) qua A, B nên O nằm trên trung trực của AB. Suy ra MO ⊥ AB Tương tự, vì (I) qua A, C nên I nằm trên trung trực của AC. Suy ra MI ⊥ AC Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của MO với AB, MI với AC. Dễ dàng nhận thấy tứ giác MPAQ là hình vuông, suy ra ∠OMI=900. Từ đó suy ra M nằm trên đường tròn đường kính OI là đường tròn cố định. ĐPCM. b) Nối OB, IC. Gọi J là giao điểm của BC với OI. Ta có: ∠BOA=2∠MOA=2(900 – ∠BAO)=2∠CAJ=∠CIJ Từ đó suy ra OB || IC (Đồng vị) Suy ra: JIJO=ICOB=rR ⟹JIJO-JI=rR-r ⟹JIR+r=rR-r ⟹JI=r(R+r)R-r Suy ra J là điểm cố định. Ta có: AH ⊥ BC nên ∠AHJ=900 . Suy ra H nằm trên đường tròn đường kính AJ là đường tròn cố định. ĐPCM c) Kẻ IK ⊥ BC . Dễ thấy AH || IK (Vì cùng vuông góc với BC) Ta có: AHIK=JAJI=AI+IJJI=r+r(R+r)R-rr(R+r)R-r=2RR+r Suy ra AH=IK.2RR+r≤2RrR+r (Vì IK≤r) Ta có (đpcm.)