De TS Nghe An va HD giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu. Phần. . A  1 a). Câu 1 (2,0đ) b). a). Câu 2 (2,5đ). b). c). Câu 3 (1,5đ). . 7 . 7 7  1 2 7. . Nội dung 7 1 7 1 7   2 7. . .  . Điểm. . 7 1 7. . 2. 1 7  6 =   3 2 2 x Điều kiện:  0; x 1 1  x  1 1 x  1 x x  1  1 P      1 x x x  1 x 1 x  2 x x 1    2  (x  1) x Vậy P = – 2 với x  0; x 1 . 1  1 x   2x  y 4 6x 3  x  2    2  4x  y  1 4x  y  1 1   4   y  1  y  3  2 1   ;  3 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2 Cách 1:  52  4.2.2 9  0   3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 53 5 3 1 x1  2 ; x 2   2.2 2.2 2 Cách 2: 1  x  2 2x  5x  2 0  (2x  1)(x  2) 0   2   x 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x 2 2x  m  6  x 2  2x  m  6 0 (*) (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương  Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2  '  0 m  5  0 m  5     x1  x 2  0   2  0   5m6 m  6  x  x  0  m  6  0   1 2 Vậy 5  m  6 là giá trị cần tìm. Cách 1: Lập phương trình Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m). Điều kiện: x > 15.  Chiều rộng mảnh vườn là x – 15 (m) và diện tích mảnh vườn là x(x – 15) (m2). Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m). 1.0. 1.0. 0.75. 0.75. 1.0. 1.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x – 12 (m)  Diện tích mới là (x – 2)(x – 12) (m2) Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta có phương trình: (x  2)(x  12)  x(x  15) 44  x 2  14x  24  x 2  15x 44  x 20 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn là 20.(20 – 15) = 100 (m2). Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là x (m) và y (m). Điều kiện: x > 15, x > y > 0.  Diện tích mảnh vườn là xy (m2). Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 15m nên: x – y = 15 (1) Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m) Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là y + 3 (m)  Diện tích mới là (x – 2)(y + 3) (m2) Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta: (x  2)(y  3)  xy 44  3x  2y 50 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  y 15  x 20   3x  2y 50  y 5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn là 20.5 = 100 (m2). Câu 4 (3,0đ). 0.25. a). b). Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên:   MAO MBO 900 Tứ giác MAOB có:   MAO  MBO 1800  Tứ giác MAOB nội tiếp Ta có:   1 (so le trong, AC // MB) EMD C  1 C  1   1 sđ AD   A    2    1  EMD A  EMD và  EAM có:. 0.75. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  1 chung , EMD   1 E A   EMD  EAM (g.g) EM ED    EM 2 EA.ED EA EM  EBD và  EAB có:  2 chung , B  1 A  2   1 sđ BD   E    2    EBD  EAB (g.g) EB ED    EB2 EA.ED EA EB 2. (1). (2). 2. Từ (1) và (2)  EM EB  EM EB Gọi I là giao điểm của của BD và MA  EAM nên: Vì  EMD  1 AMB  D  2 AMB   1 D  2  D do D. . . .  2 C  1 AMB   1 do C  1 B 1  D B c). . Do đó:    1 900  D  2 C  1 900 BD  AM  MIB 900  AMB B   DAC 900  AE  AC  AE  MB (do AC // MB)   MAB cân tại A   MAB đều (vì  MAB cân tại M)   AMO 300  MO 2R Vậy khi M cách O một khoảng bằng 2R thì BD  AM. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 2x. x+. 1 x2. 1. 2 2x. 1  x  ĐK : x(1  x) 0  0 x 1 1 x2 8x 2  1  2x  x 2 2 1 x   1  x 2   1  2x  x 2  8x 2 .   x 2  x  1  x   x 2  x  1  x   8x 2 0 Câu 5 (1.0đ). 2.   x 2  x  1  x 2  8x 2 0 2. 1.0.   x  x  1  9x 0 2. 2.   x 2  2x  1  x 2  4x  1 0   x  1 2 0   x 2  4x  1 0  x  1   x 2  3 Kết hợp với điều kiện  x 2 . 3. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 2 . 3.. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>