Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 2 - Chương 4 - Đại số 9
Giải Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 2 - Chương 4 - Đại số 9
Đề bài
Bài 1: Cho phương trình : x2−2(m−1)x+m2−1=0.
a)Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 .
b)Tính (2x1+1)(2x2+1)theo m.
Bài 2: Giải phương trình:
a)2x4+5x2+3=0
b) 7√x−2x+15=0.
Bài 3: Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) : y=−14x2 và đường thẳng (d) : y=12x−2.
Bài 4: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước và sau 5 giờ 50 phút thì đầy bể. Nếu chảy riêng một vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 4 giờ. Hỏi mỗi vòi chảy riêng thì bao lâu mới đầy bể.
LG bài 1
Phương pháp giải:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \Leftrightarrow ∆’ > 0
Sử dụng hệ thức vi-ét để tìm tổng và tích hai nghiệm
{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a};{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a}
Biến đổi biểu thức đã cho về tổng và tích hai nghiệm rồi thế hệ thức Vi-ét vào biểu thức trên để tìm m
Lời giải chi tiết:
Bài 1: a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \Leftrightarrow ∆’ > 0 \Leftrightarrow 2 – 2m > 0 \Leftrightarrow m < 1.
b) Theo định lí Vi-ét, ta có: {x_1} + {x_2} = 2m - 2;\,\,\,\,\,{x_1}{x_2} = {m^2} - 1
\Rightarrow \left( {2{x_1} + 1} \right)\left( {2{x_2} + 1} \right)\; = 4{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1
=4\left( {{m^2} - 1} \right) + 2\left( {2m - 2} \right) + 1 \;= 4{m^2} + 4m - 7.
LG bài 2
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ
Lời giải chi tiết:
Bài 2: a) Đặt t = {x^2};t \ge 0. Ta có phương trình:
2{t^2} + 5t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {{\rm{t}} = - 1\left( {{\text{loại}}} \right)} \cr {{\rm{t}} = - {3 \over 2}\left( \text{loại} \right)} \cr } } \right.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Đặt t = \sqrt x ;t \ge 0 \Rightarrow {t^2} = x. Ta có phương trình:
\eqalign{ & 7t - 2{t^2} + 15 = 0 \cr&\Leftrightarrow 2{t^2} - 7t - 15 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {{\rm{t}} = 5\left( {{\text{nhận}}} \right)} \cr {{\rm{t}} = - {3 \over 2}\left( {{\text{loại}}} \right)} \cr } } \right. \cr}
Vậy x = 25.
Bài 2: a) Đặt t = {x^2};t \ge 0. Ta có phương trình:
2{t^2} + 5t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {{\rm{t}} = - 1\left( {{\text{loại}}} \right)} \cr {{\rm{t}} = - {3 \over 2}\left( \text{loại} \right)} \cr } } \right.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Đặt t = \sqrt x ;t \ge 0 \Rightarrow {t^2} = x. Ta có phương trình:
\eqalign{ & 7t - 2{t^2} + 15 = 0 \cr&\Leftrightarrow 2{t^2} - 7t - 15 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {{\rm{t}} = 5\left( {{\text{nhận}}} \right)} \cr {{\rm{t}} = - {3 \over 2}\left( {{\text{loại}}} \right)} \cr } } \right. \cr}
Vậy x = 25.
LG bài 3
Phương pháp giải:
Giải phương trình hoành độ giao điểm từ đó ta tìm được x, thay x vào (d) hoặc (P) ta tìm được y
=>Tọa độ giao điểm
Lời giải chi tiết:
Phương trình hoành độ giao điểm ( nếu có ) của (P) và (d) :
- {1 \over 4}{x^2} = {1 \over 2}x - 2
\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0
\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 2 \hfill \cr x = - 4 \hfill \cr} \right.
Với x = 2 \Rightarrow y = − 1
Với x = − 4 \Rightarrow y = − 4
Vậy tọa độ hai giao điểm là (2; − 1) và (- 4; - 4).
LG bài 4
Phương pháp giải:
Để giải bài toán bằng cách lập phương trình ta làm theo các bước:
Bước 1: Lập phương trình
+ Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
+ Biểu diễn tất cả các đại lượng khác qua ẩn vừa chọn.
+ Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.
Bước 2: Giải phương trình
Bước 3: Đối chiếu điều kiện rồi kết luận.
Lời giải chi tiết:
Gọi x là thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể ( x > 0,\; x tính bằng giờ) thì thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là x + 4.
Một giờ vòi thứ nhất chảy được {1 \over x} ( bể), vòi thứ hai chảy được {1 \over {x + 4}} ( bể).
Ta có : 5 giờ 50 phút = {{35} \over 6}( giờ).
Khi đó cả hai vòi chảy 1 giờ được {6 \over {35}}( bể).
Ta có phương trình:
{1 \over x} + {1 \over {x + 4}} = {6 \over {35}}
\Rightarrow 3{x^2} - 23x - 70 = 0
\Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {{\rm{x}} = 10\left( {{\text{nhận}}} \right)} \cr {{\rm{x}} = - {7 \over 3}\left( {{\text{loại}}} \right)} \cr } } \right.
Vậy vòi thứ nhất chảy đầy bể trong 10 giờ, vòi thứ hai chảy đầy bể trong 14 giờ.