Phßng gd&®t yªn kh¸nh – trêng thcs kh¸nh nh¹c
ĐÁP ÁN
Câu 5: (1 điểm)
ab abca abc
ab a
abc ab
a ab
a ac
c bc
b ab
a
A
+ +
+ + +
+ + +
= + +
+ + +
+ +
+
=
1
1 1
1 1
1 1
1
Thay abc =1 vào biểu thức ta được:
1 1
1 1
1 1
+ +
+ +
= + +
+ + +
+ +
+
=
ab a
ab a ab a
ab a
ab
a ab
a
A
Câu 4 ( 3điểm)
a) Ta có AD, CE là các đường cao của tam giác ABC
⇒ AD ⊥BC, CE ⊥AB
⇒ HDB = 900, HEB=900
⇒ HDB + HEB= 900+900= 1800
Mà HDB và HEB ở vị trí đối diện
Vậy tứ giác EHDB nội tiếp (dhnb)
b) Ta có BAM = 900, BCM=900
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ AB ⊥AM, BC ⊥CM
⇒AM//HC( cùng ⊥AB); CM//HA( cùng ⊥CB)
⇒Tứ giác AHCM là hình bình hành (dhnb)
c) tứ giác EHDB nội tiếp (ý a)
⇒ BHE = BDE
Chứng minh tứ giác AEDC nội tiếp
⇒ BAC = BDE( cùng bù EDC)
Mà BAC = BMC( hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ BC)
…⇒ BHE = BMC lại có BEH = BCM = 900
) (g g BMC BHE∞ ∆ −
∆
⇒
2
1 os60 osB = 0 =
=
=
BC
BE BM
BH
(vì ∆BEC vuông tại E, B=600) Mặt khác
2
1
=
BM BO
…⇒ BH = BO
Câu3: (2điểm)
Gọi chiều dài của khu đất ban đầu là x(m; x > 6)
Khi đó chiều rộng của khu đất ban đầu là
x
360
(m) Nếu giảm 6m chiều dài là x- 6(m)
Nếu tăng 3m chiều rộng là 360 3 (m)
x +
Vì diện tích của khu đất không thay đổi nên ta có phương trình:
( 6) 360 3 = 360
−
x x
…⇒ x2 -6x – 720 =0
…⇒ x= 30 ( thoả mãn ĐK của ẩn và đề bài)
A
M
C D
B E
Trang 2Phßng gd&®t yªn kh¸nh – trêng thcs kh¸nh nh¹c Vậy chiều dài của khu đất ban đầu là 30 m, chiều rộng của khu đất ban đầu là 12m
Bài 2 ( 2điểm)
a) Thay m=2 vào hpt ta được:
=
=
⇔
=
−
= +
⇔
=
= +
⇔
=
= +
⇔
=
−
=
+
1
1 0
2 2
5 3 2 1
5 1 3 2 5
5
5 3 2 0 2
2
5 3
2
y
x y
x
y x y
x y
y x y
x
y
x
Vậy khi m=2 thì hpt có nghiệm (x;y) = (1; 1)
b)
+
= +
=
⇔
=
=
+
⇔
=
=
+
⇔
=
−
=
+
6 5 6 10
2
10 ) 6 (
2
5 3 2 0
2
5 3
2
2 2
m
m x
m
y my
x
y m
my x
y
my m my
x
y
mx
Để hpt có nghiệm (x;y)thoả mãn : y = 2x thì 1
6
5 2 6
10
2
+
=
m
Vậy m = 1
Bài 1: ( 2 điểm)
a) 2x- 3 =0 ⇔2x=3
2
3
=
⇔x Vậy pt có nghiệm
2
3
=
x
b) x− 5 xác định khi x− 5 ≥ 0 ⇔ x≥ 5 Vậy ĐKXĐ: x≥ 5
1 2
) 1 2 ( 2 1 2
) 1 2 ( 2 1 2
2 2 1 2
2 2
=
=
−
− +
+
=
−
− +
+