dap an mon toan va hoa thi vao 10 Ninh Binh 2010 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (157.57 KB, 3 trang )
Phßng gd&®t yªn kh¸nh – trêng thcs kh¸nh nh¹c
ĐÁP ÁN
Câu 5: (1 điểm)
ababcaabc
ab
aabcab
a
abaaccbcbaba
A
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++
=
1
1
1
1
1
1
1
1
Thay abc =1 vào biểu thức ta được:
1
1
1
111
1
=
++
++
=
++
+
++
+
++
=
aba
aba
aba
ab
aab
a
aba
A
Câu 4 ( 3điểm)
a) Ta có AD, CE là các đường cao của tam giác ABC
⇒
AD
⊥
BC, CE
⊥
AB
⇒
HDB = 90
0
, HEB=90
0
⇒
HDB + HEB= 90
0
+90
0
= 180
0
Mà HDB và HEB ở vị trí đối diện
Vậy tứ giác EHDB nội tiếp (dhnb)
b) Ta có BAM = 90
0
, BCM=90
0
( 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 = 90
0
)( ggBMCBHE −∆∞∆⇒
2
1
os60osB
0
====⇒ cc
BC
BE
BM
BH
(vì
∆
BEC vuông tại E, B=60
0
)
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
)(3
360
m
x
+
Vì diện tích của khu đất không thay đổi nên ta có phương trình:
( )
3603
360
6 =
+−
x
x
…
⇒
x
2
-6x – 720 =0
…
⇒
x= 30 ( thoả mãn ĐK của ẩn và đề bài)
Vậy chiều dài của khu đất ban đầu là 30 m, chiều rộng của khu đất ban đầu là
12m.
Ngêi thùc hiÖn: Vò Hång ChuyÒn
A
H
O
M
C
D
B
E
Phßng gd&®t yªn kh¸nh – trêng thcs kh¸nh nh¹c
Bài 2 ( 2điểm)
a) Thay m=2 vào hpt ta được:
=
=
⇔
=−
=+
⇔
=
=+
⇔
=
=+
⇔
=−
=+
1
1
022
532
1
51.32
55
532
022
532
y
x
yx
yx
y
x
y
yx
yx
yx
Vậy khi m=2 thì hpt có nghiệm (x;y) = (1; 1)
b)
+
=
+
=
⇔
=
=+
⇔
=
=+
⇔
=−
=+
6
5
6
10
2
10)6(
2
53
2
.
02
53
2
2
2
m
m
x
m
y
my
x
ym
my
x
y
my
m
myx
ymx
(Vì m
2
+6#0 với mọi m)
Để hpt có nghiệm (x;y)thoả mãn : y = 2x thì
1
6
5.2
6
10
22
=⇔
+
=
+
m
m
m
m
(TM)
Vậy m = 1
Bài 1: ( 2 điểm)
a) 2x- 3 =0
⇔
2x=3
2
3
=⇔ x
Vậy pt có nghiệm
2
3
=x
b)
5−x
xác định khi
505 ≥⇔≥− xx
Vậy ĐKXĐ:
5≥x
c) A =
22.2
12
)12(2
.
12
)12(2
12
22
.
12
22
==
−
−
+
+
=
−
−
+
+
ĐÁP ÁN
Câu 1(2,5đ) mỗi PTPƯ dung 0,5 đ
1. C + O
2
→
0
t
CO
2
2. CaO + H
2
O
→
Ca(OH)
2
3. 2Fe + 6H
2
SO
4 đặc dư
→
0
t
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
4. C
2
H
4
+ Br
2 dung dịch
→
C
2
H
4
Br
2
5. (C
15
H
31
COO)
3
C
3
H
5
+ 3NaOH
→
0
t
3C
15
H
31
COONa + C
3
H
5
(OH)
3
Câu 2 (2đ) Nhận ra mỗi chất 0,5đ
• Lấy mỗi dd một ít cho vào các ống nghiệm đánh số thứ tự rồi làm các thí
nghiệm sau:
Ngêi thùc hiÖn: Vò Hång ChuyÒn
Phßng gd&®t yªn kh¸nh – trêng thcs kh¸nh nh¹c
• Cho quỳ tím vào từng dd:
Dd nào làm quỳ tím hoá đỏ là ddHCl
Dd nào làm quỳ tím hoá xanh là ddNaOH
• Hai dd còn lại không làm đổi màu quỳ tím ta cho từng dd vào dd AgNO
3
:
Dd nào thấy có kết tủa trắng là ddNaCl, không có kết tủa là ddNaNO
3
NaCl + AgNO
3
→
NaNO
3
+ AgCl
↓
Câu 3(2,5đ) mỗi PTPƯ dung 0,5 đ
(1) C
2
H
4
+ H
2
O
→
0
taxit,
C
2
H
5
OH
(2) C
2
H
5
OH + O
2
→
giammen
CH
3
COOH + H
2
O
(3) C
2
H
5
OH + CH
3
COOH
→
0
42
td,SOH
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
(4) 2 C
2
H
5
OH +2 Na
→
2C
2
H
5
ONa + H
2
(5) 2 CH
3
COOH + CaO
→
(CH
3
COO)
2
Ca + H
2
O
Câu 4(3đ)
a)(0,5đ) Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
FeO + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
O (2)
b)(0,75đ) Theo PTPƯ (1)
molnn
HFe
2,0
4,22
48,4
2
===
gm
Fe
2,1156.2,0 ==⇒
gm
FeO
2,72,114,18 =−=⇒
%87,60%100.
4,18
2,11
% ≈=⇒ Fe
;
%13,39%100.
4,18
2,7
% ≈=FeO
c)(0,75đ) Theo PTPƯ (1)
molnn
HFeCl
2,0
22
==
Theo PTPƯ (2)
molnn
FeOFeCl
1,0
72
2,7
2
===
∑
=+= moln
FeCl
3,01,02,0
2
Vậy khối lượng muối thu được là
gm
FeCl
1,38127.3,0
2
==
c)(1đ) H
2
+ CuO
→
Cu + H
2
O (3)
4H
2
+ Fe
3
O
4
→
3Fe + 4H
2
O (4)
Theo PTPƯ (3) và (4)
molnn
HOH
2,0
22
==
gm
OH
6,318.2,0
2
==⇒
gm
O
2,36,3.
18
16
==⇒
. Vì Khối lượng Y giảm do O tách ra khỏi CuO và Fe
3
O
4
nên
m = 3,2 g.
Ngêi thùc hiÖn: Vò Hång ChuyÒn
