Đề bài - đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - đề số 4 - chương 1 - đại số 9

Đề bài

Bài 1. Tìm điều kiện để mỗi biểu thức sau có nghĩa :

a. \(\displaystyle A = \sqrt {2 - 4x} \)

b. \(\displaystyle B = \sqrt {{{ - 3} \over {x - 1}}} + \sqrt {{x^2} + 4} \)

Bài 2. Chứng minh rằng :\(\displaystyle 2 + \sqrt 3 \,\,<\,\,3 + \sqrt 2 \)

Bài 3. a. Rút gọn :\(\displaystyle P = {{x\sqrt y + y\sqrt x } \over {\sqrt {xy} }}:{1 \over {\sqrt x - \sqrt y }}\,\,\,\)\(\displaystyle \left( {x > 0;y > 0;x \ne y} \right)\)

b. Tính P, biết \(\displaystyle x = \sqrt 2 - 1\,\,và\,\,y = \sqrt {9 - 4\sqrt 2 } \)

Bài 4. Tìm x, biết :

a. \(\displaystyle \sqrt {{x^2} + 3} = x + 1\)

b. \(\displaystyle \sqrt {{x^2} + 1} \le x + 2\)

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :\(\displaystyle P = 5 - \sqrt {{x^2} - 6x + 14} \)

LG bài 1

Phương pháp giải:

Sử dụng:\(\sqrt A \) có nghĩa khi \(A\ge 0\)

Lời giải chi tiết:

a. A có nghĩa \( \Leftrightarrow 2 - 4x \ge 0 \Leftrightarrow 2 \ge 4x \Leftrightarrow x \le {1 \over 2}\)

b. B có nghĩa \( \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {{{ - 3} \over {x - 1}} \ge 0} \cr {{x^2} + 4 \ge 0} \cr } } \right.\)\( \Leftrightarrow x - 1 < 0 \Leftrightarrow x < 1\)

(vì \({x^2} + 4 \ge 0\) luôn đúng với mọi x)

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng:\(0 < a < b \Leftrightarrow {a^2} < {b^2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{ & 2 + \sqrt 3 < 3 + \sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt 3 < 1 + \sqrt 2 \cr & \Leftrightarrow 3 < 1 + 2\sqrt 2 + 2\cr& \Leftrightarrow 2\sqrt 2 > 0\,\,\left( \text{luôn đúng} \right) \cr} \)

LG bài 3

Phương pháp giải:

Quy đồng và rút gọn P.

Lời giải chi tiết:

a. Ta có:

\(\displaystyle P = {{x\sqrt y + y\sqrt x } \over {\sqrt {xy} }}:{1 \over {\sqrt x - \sqrt y }}\,\,\,\)

\(\eqalign{ & = {{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)} \over {\sqrt {xy} }}:{1 \over {\sqrt x - \sqrt y }} \cr & = \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right) \cr&= x - y \cr} \)

b. Ta có: \(y = \sqrt {9 - 4\sqrt 2 }= \sqrt {8 - 2.2\sqrt 2 .1 + 1} \)\(= \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} \)\(\,= 2\sqrt 2 - 1\)

Vậy : \(P = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {2\sqrt 2 - 1} \right) = - \sqrt 2 \)

LG bài 4

Phương pháp giải:

Sử dụng:

\(\begin{array}{l}
\sqrt {f\left( x \right)} = g\left( x \right)\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
g\left( x \right) \ge 0\\
f\left( x \right) = {\left( {g\left( x \right)} \right)^2}
\end{array} \right.\\
\sqrt {f\left( x \right)} \le g\left( x \right)\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) \ge 0\\
g\left( x \right) \ge 0\\
f\left( x \right) \le {\left( {g\left( x \right)} \right)^2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

a. Ta có:

\(\eqalign{ & \sqrt {{x^2} + 3} = x + 1\cr& \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x + 1 \ge 0} \cr {{x^2} + 3 = {x^2} + 2x + 1} \cr } } \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x \ge - 1} \cr {x = 1} \cr } } \right. \Leftrightarrow x = 1 \cr} \)

b. Ta có:

\(\eqalign{ & \sqrt {{x^2} + 1} \le x + 2 \cr&\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {{x^2} + 1 \ge 0} \cr {x + 2 \ge 0} \cr {{x^2} + 1 \le {x^2} + 4x + 4} \cr } } \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x \ge - 2} \cr {x \ge - {3 \over 4}} \cr } } \right. \Leftrightarrow x \ge - {3 \over 4} \cr} \)

LG bài 5

Phương pháp giải:

Sử dụng\(m - \sqrt {{{\left( {x - a} \right)}^2} + b} \le m - \sqrt b \) với \(a, b\ge 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\sqrt {{x^2} - 6x + 14} \)\(= \sqrt {{x^2} - 6x + 9 + 5} \)\(= \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + 5} \ge \sqrt 5 \) (vì \({\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0\) với mọi x)

\( \Rightarrow - \sqrt {{x^2} - 6x + 14} \le - \sqrt 5\)

\( \Rightarrow 5 - \sqrt {{x^2} - 6x + 14} \le 5 - \sqrt 5 \)

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng \(5 - \sqrt 5 ;\) đạt được khi \(x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\)