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 \(x – 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\) 

 Webgiaibaitap.com