bo de on thi toan hk2 lop 9

Vaäy töù giaùc ADHB noäi tieáp ñöôøng troøn ñöôøng kính AB.[r]

Đề Bài1 : (1,5đ)

a/ Lập bảng giá trị với điểm thuộc đồ thị (0,25đ)

x - - 1

y = - x2 - 4 - 1 0 - 1 - 4

Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 (0,5đ)

b/ Phương trình hồnh độ giao điểm (D) ( P) : - x2=x −2 (0,25đ) Giải phương trình ta : x1=1 ; x2=−2 (0,25đ)

Xác định toạ độ giao điểm (D) (P) A (1; -1) B( -2; -4) (0,25đ) Bài2 : (1,5đ) * Gọi vận tốc ô tô thứ hai x ( km/h) Điều kiện x≻0

Vận tốc ô tô thứ x+ 10 (km/h) (0,25đ) * Thời gian ôtô thứ hết quãng đường AB 120x

+10 ( ) Thới gian ô tô thứ hai hết quãng đường AB 120x ( giờ) (0,25đ)

* Phương trình : 120x −120

x+10=1 (0,25ñ)

* Biến đổi phương trình : x2+10x −120=0 (0,25đ) * Giải phương trình ta : x1=30 ; x2=¿ - 40 (0,25đ)

* Xét loaị nghiệm ; trả lời :vận tốc ô tô thứ hai 30km/h , vận tốc ôtô thứ 40km/h ( 0,25đ)

Chú ý : * Phần lập luận thiếu 120x ; 120x

+10 trừ 0,25đ tính điểm phần sau ( )

* Lập luận sai với phương trình lập phương trình sai khơng chấm từ phần sai sau

Bài : ( 2,0đ)

- Hình vẽ cho câu a ghi 0,25đ

a) Chứng minh C^A B=¿ C^E B=90° (0,25đ) Lập luận tứ giác ACBE nội tiếp (0,25đ)

Xác định tâm G làcủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACBE trung điểm BC (0,25đ)

Trang

G

2

1

1 O D

F

E

B A

b) Chứng minh B^

1= ^E1 ; B^2=^E1 (0,25ñ) ⇒^B

1=^B2 Vậy BA tia phân giác C^B F (0,25đ) c) Chứng minh AB C^ =30°

ΔGAB cân tai G ⇒G^A B=GB A^ =30° ⇒AG B^ =120° ( 0,25đ) ΔGAC có GC = GA AC G^ =60° nên ΔGAC tam giác đều

⇒GA=AC=3 cm

Vaäy Sq=πR 2n

360 =¿

π 120

360 = π ( cm2 ) (0,25ñ)

* Chú ý: Mọi cách giải phù hợp với chương trình điểm tối đa Đề

Bài (1 điểm)

- Xác định điểm thuộc đồ thị Ghi 0,5 điểm

x – – 1

y = – x2 – 4 – 1 0 – 1 – 4

- Vẽ đồ thị Ghi 0,5 điểm

Bài (1,5 điểm):

a) (0,5 điểm): Với m = 2, ta có phương trình 2x2 + 3x – = 0 Tính đúng:  = 32 – 4.2(–2) = + 16 = 25 > =>

25

    Ghi 0,25 điểm

Tìm hai nghiệm:

3 5

;

2.2 2.2 x    x    Ghi 0,25 điểm

b) ( 0,5 điểm): - Lập luận được: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi:  = 32 – 4.2.m >

Ghi 0,25 điểm

- Tìm : m < Ghi 0,25 điểm

c) ( 0,5 điểm): - Chỉ Phương trình (*) có hai nghiệm m  8 (1) - Lập luận tìm x1 + x2 =

3 

x1.x2 = m 

- Biến đổi đúng:

2

1 2

3

1 2

1 1

2

x x

m m

x x x x

 

       



(thỏa (1)) Ghi 0,25 điểm

- Trả lời: m =

Bài (2,5 điểm): Vẽ hình - Ghi 0,25 điểm a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp ( 0,75 điểm):

- Chứng minh được: BHD BCD  900 Ghi 0,5 điểm - Lập luận suy ra: Tứ giác BHCD nội tiếp Ghi 0,25 điểm b) Tính CHK ( 0,75 điểm):

- ABCD hình vng, suy CBD 450 Ghi 0,25 điểm - Tứ giác BHCD nội tiếp  CHD CBD  450 Ghi 0,25 điểm

- Lập luận, tính đúng: CHK DHK CHD   900  450 450 Ghi 0,25điểm

c) Chứng minh KC KD = KH KB ( 0,5 điểm)

- Chứng minh : Ghi 0,25 điểm

- Suy :

KB KC

KC KD KH KB

KD KH  

Ghi 0,25 điểm

d) Khi M di chuyển cạnh BC điểm H di chuyển đường nào? (0,25 điểm)

- Lập luận được: Khi M di chuyển BC, ta ln có: BHD 900 không đổi BD cố định

- Suy được: H di chuyển cung nhỏ BC đường trịn đường kính BD

( Có thể học sinh giải: Chỉ BHC 1350không đổi BC cố định Suy H di

chuyển cung BC chứa góc 1350 dựng đoạn BC ghi điểm tối đa ).

Đề Baøi (3 điểm) câu 0,75 điểm

Giải phương trình :

a) 6x2 7x 0 

1

2

49 72 121

11 (0,25đ)

7 11

x (0, 25đ)

12 11

x (0, 25đ)

12    

  

 

 

 

Trang

b) 4x2 3x 0 

1

' 12 12 (0,25đ)

b 3

x x (0,5đ)

2a    



   

c) 2x4 8x2 0

Đặt t=x2(t ≥0)

Ta có phương trình : 2t2 8t 0

Giải phương trình ta : t10 ; t2 4 0,25 đ

Với t = Ta có x=0 0,25 đ

Với t = Ta có x2 0,25 đ

d)

8x 7y 2x 2y

  



 



35 8x 7y 8x 7y x

2 8x 8y 12 y 19

y 19  

    

  

     

    

   



(0,25đ+ 0,25đ + 0,25đ) Baøi (2 điểm)

Cho phương trình : x2 (4m 1)x 4m 0   ( x là ẩn số)

a)Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với giá trị m

Ta có :  (4m 1) 216m 16m 28m (4m 1)   0 0,5 đ Nên phương trình ln có nghiệm với giá trị m 0,25 đ b)Tính tổng tích hai nghiệm theo m

Ta có :

1

1

b

S x x 4m a

c

P x x 4m a



    

  

0,25 đ+0,25 đ

c) x12x22 x x1 13(1) Ta có :

(1)  x12x22 x x1 13 (x1x )2 2 3x x1 13 (4m 1) 212m 13

2

16m 4m 12 m v m

      

Bài 3( 1,5 điểm)

Cho hàm số :

2 x y

2  

(P)

a)Vẽ đồ thị (P) hàm số

Lập bảng giá trị đặc biệt : 0, đ

Vẽ đồ thị 0, đ

b)Tìm điểm thuộc đồ thị (P) có tung độ hai lần hồnh độ Ta có y =2x nên

2 x

2x x 4x x v x



      

0,25 đ

Vậy có hai điểm thuộc đồ thị ( P ) có tung độ hai lần hồnh độ : (0 ; 0); ( ; 8)  0,25

Câu Nội dung Điểm

1

a ĐKXĐ là:

x>0

x ≠1 ¿{

¿

0,5

b

A=

[

√

x

(

√

x −1

)

+

1

√

x −1

]

:

√

x+1

(

√

x −1

)

2

A= 1+

√

x

√

x

(

√

x −1

)

(

√

x −1

)

2

√

x+1

A=

√

x −1

√

x

0,5 0,5 0,5

2

Gọi x cạnh góc vng lớn (x > đơn vị cm) = > cạnh bé x - Áp dụng định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x- 2)2 = 102

<= > 2x2 - 4x - 96 = <= > x2 – 2x – 48 = 0



= + 48 = 49 >

Phương trình có hai nghiệm: x1 = 8, x2 = (TMĐK) Các cạnh góc vng tam giác là: 8cm 6cm ĐS : 8cm 6cm

0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a Với m = - phương trình (*) trở thành 3x2 - 4x + = 0

cã a + b + c = – + = 0,50,25

Trang x

y

0

1 -1/2

2 -2 -1/2

nªn phơng trình có nghiệm x1 = 1; x2=

3

0,25

b

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt Khi  > <= > b’2 - ac > <= > – 3(m + 5) > <= > – 3m - 15 > <= > - 3m- 11>

<= > m<−11

3 Vậy m<− 11

3 phương trình (*) có hai nghiệm phõn bit

0,25 0,25

c

Để phơng trình (*) có hai nghiệm phõn bit x1 v x2 cho: 1

7

x x 

Theo hÖ thøc Vi-Ðt điều kiện có hai nghiệm thì:

0 x1+x2=−b

a x1.x2=c

a

¿{ { ¿

¿

m←11 x1+x2=4 x1.x2=m+5

3 ¿{ {

¿

1 x1+

1 x2=−

4 = >

x1+x2 x1.x2

−4

7 = > m+5

3

=−4 = >

4 m+5=−

4 = > m + = - 7= > m = - 12 (TMĐK)

Vậy để phơng trình (*) có hai nghiệm 1

7

x x  th× m = - 12

0,25

0,25

4 a Vẽ hình xác

XÐt tam giác vuông ABO vuông B (gt) = > A, B, O nằm đường tròn đường kính AO (1)

XÐt tam giác vng AIO vng I (t/c đường kính dây) = > A, I, O nằm đường trịn đường kính AO (2)

XÐt tam giác vuông ACO vuông C (gt) = > A, C, O nằm đường tròn đường kính AO (3)

0,5

0,25 0,25 0,25 O

A

B

C M

Từ (1), (2) (3) = > điểm A, B, I, O, C nằm đường tròn đường kính AO

0,25 b

Nếu AB = OB tứ giác ABOC hình vng AB = AC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

= > AB = OB = OC = CA

và tứ giác ABOC có góc vng nên tứ giác ABOC hình vng

0,5 0,5 0,5 c Cho AB = R = > tứ giác ABOC hình vng có cạnh R

= > đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABOC có bán kính R

√

2 Diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác ABOC là: π

(

R

√

2

2

)

= πR2 độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là: 2πR

√

2

2 = πR

√

2

0,25 0,25 0,25 0,25 Đề

A/ Lý thuyết: (2 điểm) Đề 1:

- Phát biểu: Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c =0 (a0) x1+x2

=-b

a (0,5 điểm) x1.x2 = c

a (0,5 điểm)

- Áp dụng: =(-11)2-4.1.30 = > (0,25 điểm) x1+x2 =

11 11 

 

(0,5 điểm) x1.x2 =

30 30

1  (0,25 điểm) Đề 2:

- Phát biểu: Số đo góc có đỉnh bên đường tròn nửa tổng số đo hai cung bị chắn (0,5 điểm)

- Chứng minh: Vẽ hình đúng: (0,5 điểm) Sđ BEC=

1

2 (SñBnCSñDmA)

Theo định lý góc ngồi tam giác có: BEC DBA BDC  (0,25 điểm) Sđ



2

BEC

SđDmA

2SđBnC (0,5 điểm)

Sñ BEC =

1

2(SñBnCSñDmA) (0,25 điểm) B/ Bài tập bắt buộc: (8 điểm)

1/ Giải hệ phương trình:

2

3 10

x y x y

  



  

Trang

n m

E

C B

A D

Cộng vế hai phương trình ta được:

5x = 15 (0,25 điểm)  x = (0,25 điểm) Thay x = vào phương trình 2x + y = có:

2.3 + y = (0,25 điểm)  y = -1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (3 ; -1) (0,25 điểm) 2/ a/- Lập bảng giá trị :

(0,5 điểm) - Vẽ hai đồ thị : (0,5 điểm) b/ Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình:

x2= -2x + (0,25 điểm)  x2 + 2x - = 0

Giải phương trình ta được:

x1=1 ; x2 = -3 (0,25 điểm)

Với x1=1  y1 = 1

x2 = -3  y2 = (0,25 điểm) Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị (1 ; 1) (-3 ; 9) (0,25 điểm) 3/ Giải phương trình sau:

a/ 3x2 – 6x =

 3x(x – 2) = (0,25 điểm)  x = x – = (0,25 điểm)  x = x =

Vậy phương trình có hai nghiệm x1=0 ; x2 = (0,25 điểm) b/ x4 – 4x2 +3 =

Đặt t = x2 0 (0,25 điểm) Ta phương trình: t2 – 4t +3 = (0,25 điểm) Giải được: t1 = 1(Nhận) ; t2 = (Nhận) (0,25 điểm) Với t = t1 =  x2 =  x1 = ; x2 = -1

t = t2 =  x2 =  x3 = 3 ; x4 = - 3 (0,25 điểm) Vậy phương trinh cho có bốn nghiệm :x1 = ; x2 = -1 ;x3 = ; x4 =- (0,25 điểm) 4/ Vẽ hình (0,5 điểm)

a/ Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp

Ta coù: BAC = 900 (gt) (0,5 điểm) 

MDC=BDC = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

(0,5 điểm) S

M C

B

A

-5 10

10

8

6

4

2

y

M

O

y x

K H

B A

A, D nhìn đoạn BC góc vuông (0,25 điểm)

Vậy tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BC (0,25 điểm) b/ Chưng minh CA tia phân giác góc SCB

Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BC nên BCA BDA 

(cùng chắn cung AB) (0,25 điểm)

Tứ giác MCDS nội tiếp đường trịn đường kính MC nên MCS MDS 

Hay ACSBDA (cùng chắn cung MS) (0,25 điểm)

Suy ra: BCA ACS  (0,25 điểm) Vậy CA phân giác góc SCB (0,25 điểm)

Đề II

Tự luận

:

Bài 1 :

a

2

3

x y x y

  



  

 5x = 10 => x = Thay x = v o pt (1 ) Ta 2.5 + y =

 y = -

Vậy hệ pt có nghiệm x = y = - b

2

3

4

2

  







x

y

x

Từ pt (2) => x = 0,5

Thay x = 0,5 vào pt (1) , ta : 0,5 + 2y =  2y = 2,5 => y = 1,25

Vậy hệ pt có nghiệm x = 0,5 y = 1,25

Bài 2 : phương trình x2 + 2(m – 1)x + m2 = 0

a Thay m = Ta x2 – 2x =  x ( x – 2) = => x = x = b x2 + 2(m – 1)x + m2 = 0

( a = ; b’ = m – ; c = m2 )

‘ = b’2 – ac =( m – )2 – m2

= – 2m

Để pt có nghiệm kép ‘ = – 2m = => m = 0,5

Bài 3 :

a CMR: Tứ giác AHMO nội tiếp

Ta có HK OM (gt)

 HMO = 900 AH OA (gt )  HAO = 900

=> HMO + HAO = 1800

Vậy tư giác AHMO nội tiếp đường tròn

b Chøng minh: AH+BK= HK

Ta co AH = HM ( T/c tiếp tuyến cắt ) KM = BK ( T/c tiếp tuyến cắt ) Mà HM + MK = HK ( M nằm H ; K ) => AH + BK = HK ( đpcm )

Đề

BAØI CÂU HƯỚNG DẪN CHÂM ĐIỂM

1 a

1

/

4 7

2 7;

a x x

x x

         

   

Vây: nghiệm phương trình x1 2 7;x2  2

0,25 0,25

b







 

 











3

3 2

2

2

2

/

1

1 1

1

1 0(1) 0(2)

b x x x

x x x x x

x x x x x x

x x x x

x

x x

   

      

       

     

  

     

Giải (1) : x = 1

Giài (2) : x1 1 2;x2  1

Vậy nghiệm phương trình : x = 1;x1 1 2;x2  1

0,25

c

3 15

/

2 4

x y x y x

c

x y x y y

                     0,5

2 a Vẽ hình 0,5

b Bằng phép tính:

Giải hệ :

2 0 2 2 x x y x x x y x                 0 x y x y      

Vậy toạ độ giao điểm (P) (d) (0;0) ( 4;8)

0,5

3 a  25 3



m1



29 12 m

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

0 29 12 m      0,5 b









2 2 2

1 2

5

17

2 17 25 17

6 10

x x x x m x x

x x x x

m m m                       0,25 0,25 4 Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật , đk : x > 0

Chiều dài hình chữ nhật ( x + ) m Diện tích hình chữ nhật : x ( x + ) = 180 Giải phương trình : x2 + 3x – 180 =

Ta : x1 = 12 ; x2 = - 15

So đk: x1 = 12 ( nhận)

x = - 15 ( loại )

Vậy: - chiều rộng hình chữ nhật : 12m - chiều dài hình chữ nhật : 15m

a Chứng minh : Tứ giác ADHB nội tiếp, xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.

Ta có : ADB900



ADBE



AHB 900

 

gt



Suy : ADBAHB900

Vì hai đỉnh D H liên tiếp nhìn cạnh AB góc vng khơng đổi Vậy tứ giác ADHB nội tiếp đường trịn đường kính AB Tâm O đường tròn ngoại tiếp trung điểm AB

0,25 0,25

0,25

0,25 b Chứng minh : *EAD HBD

:

Do ACAB taïi A

Nên AC tiếp tuyến đường tròn (O)

  

2

sd AC EAD ABD  

 

*ø

 

 

: //

ABD HBD gt OD HB

OD OB





Neân : OBD cân O

 

OBD ODB Suy :

 

//

ODB HBD OD BH



0,25

c Chứng minh : Tứ giác HCED nội tiếp

 

DHC BAD ( tứ giác ADHB nội tiếp )

  900

BAD EAD  ( ABC vuông A) AED EAD 900

  ( ADE vuông A )

Suy : AED DHC

Vậy : tứ giác HCDE nội tiếp

0,25 0,25

Đề

Bài 1: 1)Vẽ đồ thị

Tọa độ điểm đồ thị ( ) :P yx2

x -2 -1

2

yx 1

Tọa độ điểm đồ thị ( ) :d y2x3

x

2 

y x

2)Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d)

2

2

x x

x x

 

   

Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) =

2

3

x c x

a

  

  

 



 từ (P)

1

2

9

y y

   

 

Vậy : Tọa độ giao điểm (P) (d) A



1;1 ; B(1;9)



Bài 2:

1)

2

5

4 25 4.6

x x

b ac

  

     

Vì  > nên phương trình có nghiệm phân biệt

2

5

2

5

2

b x

a b x

a

     

  

  

     

  

 

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

2)

3 1

2 7 5.1

x y x y y y y

x y x y x y x x

      

    

   

    

        

    

Bài 3:

a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < => pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 +Theo viet: x1 + x2 = = -7

x1.x2 = = -4

b) Gọi x (km/h) vận tốc dự định (đk: x > ) x + 10 (km/h) vận tốc

Thời gian dự định : 90

x (h)

Thời gian : 90

10

x (h) Vì đến trước dự định 45’=

3

4h nên ta có phương trình:

2

2

90 90 10

10 1200

' ' 25 1200 1225, 35

x x

x x

b ac

 



   

        

Vì ’ > nên phương trình có nghiệm phân biệt

2

' 35

30( )

' 35

40( )

b

x nhan

a b

x loai

a

     

  

  

     

  

 

Vậy vận tốc dự định 30(km/h) Bài 5:

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

H O

A B

D C

M

1) * BDAC (Tính chất đường chéo hình vng)  900

BOH

 

 900

BMD (Góc nội tiếp chắn đường trịn )   900 900 1800

BOH BMD

    

 Tứ giác MBOH nội tiếp đường trịn (tổng số đo góc đối diện =1800)

* 

 

DOH DMB

D : DOH DMB(g-g)

( 90 )

chung DOH DMB

  



  

 

  



2 DO

DM

.2

:

DH DB

DO DB DH DM R R DH DM Hay DH DM R

 

 

 



2) MAC MDC ( Góc nội tiếp chắn cung MC) Hay MAH MDC (1)

Vì AD = DC (cạnh hình vng)

 

AD DC

  (Liên hệ dây-cung)

 

AMD DMC

  (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) (2) Từ (1) (2)

(g-g)

MDC MAH

   

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

I H' O

A B

D C

M'

3)Khi MDC = MAH  MD = MA

MAD cân M

 

MAD MDA

 

 

MAB MDC

  (cùng phụ với góc )

 

BM CM

 

Vậy M điểm BC Hay M’là điểm BC *M’DC = M’AH’

M’C = M’H’

M’H’C cân M’

Mà M’I đường cao (M’I  H’C) Nên M’I vừa đường trung tuyến  IH’ = IC

Hay I trung điểm H’C

0,25

0,25

0,25

0,25

Đề Câu (2,0 điểm)

Ta có   ( 3)21 0  , phương trình ln có nghiệm Theo hệ thức Vi-ét , ta có :

a) x1+x2 = , 0,75đ

b) x1.x2 = 0,75đ

= (2 3)2 2.1 12 10   0,5đ

Câu (1,5 điểm)

a) Cơng thức tính thể tích hình trụ V = Sh ( S diện tích đáy, h chiều cao)

( V = r h2 , r bán kính đáy, h chiều cao) 0,5đ

b) Khi quay hình chữ nhật quanh cạnh AB ta hình trụ có chiều cao AB = a, bán kính đáy BC = a 3, 0,5đ

Thể tích hình trụ V = .(a 3) 2a3a3 0,5đ

Câu (2,0 điểm)

a) Ta có -2x2 = -16  x2 =  x=-2 2, x = 2 2 0,5đ

Có hai điểm A(-2 2;  16) A(2 2; 16) thỏa mãn đề 0,5đ

b) Điểm cách hai trục tọa độ :

2

x y   x x

0,25đ

2

2 x x

  

(2 1)

x x

  

0

1

2

x x

x x

   



  

   

 

0,25đ

Vậy có ba điểm thỏa mãn đề O(0;0) , B

1 ; 2

 



 

 ,

1 ; 2

B   

  0,5đ

( Nếu học sinh vẽ đồ thị hàm số tìm có ba điểm nói thơng qua bảng giá trị: 0,5đ Nếu lập luận có ba điểm nói thỏa mãn yêu cầu : 0,5đ)

Câu (2,0 điểm)

Gọi x(m) cạnh đáy ruộng x > 0,25đ

Chiều cao ruộng : 360

( )m

x

0,25đ

Nếu tăng cạnh đáy thêm 4m cạnh đáy ruộng (x+4 ) (m) Chiều cao ruộng trường hợp

360 ( ) m

x 0,25đ

Theo đề bài, chiều cao ruộng giảm 1m, ta có phương trình : 360 360

1

x  x  0,25đ

Biến đổi, rút gọn ta phương trình : x2 + 4x – 1440 = 0,25đ

Giải phương trình x1 = 36, x2 = - 40 (loại) 0,5đ

Vậy cạnh đáy ruộng dài 36(m) 0,25đ

Câu (2,5 điểm)

a) Ta có BHD = 900 BCD = 900

 B, H, C, D thuộc đường trịn đường kính BD, hay

BHCD tứ giác nội tiếp 1,0đ

 CHK = 450 (vì DHK = 900) 0,5đ

c) Tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB (g.g) 0,5đ

KC KH

KC KD KH KB KB KD

   

0,5đ

10

Bài 1: (1 điểm)

4x+y=−5 3x −2y=−12

¿{ ¿



¿

y=−5−4x 3x −2(−5−4x)=−12

¿{ ¿



¿

y=−5−4x 11x=−22

¿{ ¿



¿

x=−2

y=3 ¿{

¿

(0,75 điểm)

KL: Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x; y) = (-2; 3)

(0,25 điểm)

Bài 2: (1 điểm)

Tìm x

2

= -5

(0,5 điểm)

Tìm m = -2

(0,5 điểm)

Bài 3: (1,5 điểm)

- Gọi cạnh HCN lµ a(m) vµ b(m) (a;b>0)

(0,5 điểm) Theo đề ta có: (a +b)2 = 140 hay a + b = 70

Và a.b = 1200

(0,75 điểm) A b nghiệm PT: x

2

- 70x + 1200 = 0

GiảI PT ta đợc x

1

= 40 ; x

2

= 30

(0,25 điểm) Vậy HCN có cạnh 40m cạnh 30m.

Bài 4: (3 điểm)

K

-Vẽ hình: (0,5 điểm)

a Chứng minh tứ diện AHMO

là tứ giác nội tiếp (0,75 điểm).

Tứ giác AHMO M

Cã OAH + OMH = 90

0

+ 90

0

= 180

o

Nên tứ giác nội tiếp.

b.Chứng minh AH + BK = HK (0,75 ®iĨm).

Theo tÝnh chÊt cđa tiÕp tun c¾t nhau

AH = MH

BK = MK A

Mµ M n»m H K nên MH + MK = HK (0,5 ®iĨm) O

B



AH + BK = MH + MK = HK (0,5 ®iĨm)

c.Chøng minh



HAO





AMB (1 ®iĨm)



CM : HOA = ABM =

2

s® AM (0,25 ®iĨm)

HAO = AMB = 90

o

( 0,25 ®iĨm)



HAO





AMB ( g g ) (0,25 ®iĨm)



HAO





AMB

⇒ HO

AB=

AO

MB

hay HO.MB = AB.AO

HO.MB = 2R.R = 2R

2

VËy HO.MB = 2R

2

(0,25 ®iĨm)

Đề 11

Câu 1: (3 điểm)

Chọn ẩn x số ghế băng lúc đầu.

ĐK: x nguyên x >2

0,5 điểm

Lập luận lập phương trình

40 x −2−

40

x =1

điểm

Giải phương trình tìm được:

x

1

= 10 , x

2

= -8 (loại)

điểm

Trả lời lúc đầu có 10 ghế băng

0,5 điểm

Câu : (3 điểm)

D E

C B

O

A

Vẽ hình đẹp ghi GT, KL

0,5 điểm

a) Chứng minh



ABD



BDC

0,5 điểm

⇒BD

CD=

AD

BD ⇒BD

2

=AD CD

0,5 điểm

b) Chứng minh



BEC =



BDC

0,5 điểm

Suy tứ giác BCDE nội tiếp

0,25 điểm

c) Chứng minh



ABC =



BED

0,5 điểm

Suy BC // DE

0,25