Câu hỏi:

13/07/2024 23,605

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

Trong kỳ thi học kì I môn toán lớp 9, một phòng thi của trường có 24 thí sinh dự thi. Các thí sinh đều phải làm bài trên giấy thi của trường phát cho, cuối buổi thi, sau khi thu bài, giám thị coi thi đếm được tổng số tờ là 59 tờ giấy thi. Hỏi trong phòng thi có bao nhiêu thí sinh làm bài 2 tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh làm bài 3 tờ giấy thi? Biết rằng có 3 thí sinh chỉ làm 1 tờ giấy thi.

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Gọi số học sinh làm bài 2 tờ giấy thi là x (x ℕ*) (học sinh)

Số học sinh làm bài 3 tờ giấy thi là y (y ℕ*) (học sinh)

Vì có 24 thí sinh dự thi mà có 3 thí sinh làm 1 tờ giấy thi nên ta có phương trình:

x + y + 3 = 24

Û x + y = 21         (1)

Vì tổng số tờ giấy thi là 59 tờ và có 3 thí sinh làm 1 tờ giấy thi nên ta có phương trình:

2x + 3y + 3 = 59

Û 2x + 3y = 56     (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

x+y=212x+3y=56

Û 2x+2y=422x+3y=56

Û y=142x+3.14=56

Û y=14x=7 (thỏa mãn)

Vậy có 7 thí sinh làm bài 2 tờ giấy thi và có 14 thí sinh làm 3 tờ giấy thi.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) và 2 đường cao BD, CE cắt nhau tại H (D  AC, E  AB). a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp. b) Vẽ đường kính AM của đường tròn (O), AH cắt BC tại F (F  BC).  Chứng minh: AB.AC = AF.AM c) Tia DE và CB cắt nhau tại K. AK cắt đường tròn (O) tại N. Chứng minh: N, H, M thẳng hàng. (ảnh 1)

a) Ta có: BEC^= 90° (CE ^ AB), BDC^= 90° (BD ^ AC)

Þ BEC^=BDC^ = 90°

BEC^ BDC^ là hai góc có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh BC của tứ giác BEDC.

Þ Tứ giác BEDC nội tiếp.

b) Ta có điểm C nằm trên đường tròn (O) đường kính AM

Nên ACM^= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà AH cắt BC tại F nên AF BC do đó AFB^=90°

Suy ra ACM^=AFB^ = 90°

Xét ∆ACM và ∆ABF, có:

ACM^=AFB^ = 90° (chứng minh trên),

ABC^=AMC^(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Þ ∆ACM ∆AFB (g.g)

Þ ACAF=AMAB (tỉ số đồng dạng)

Þ AB.AC = AF.AM (đpcm).

c) • Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (chứng minh câu a)

Þ EDC^=ECB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Hay KDB^=KCE^

Xét DKDB và DKCE có:

KDB^=KCE^ (Chứng minh trên),

DKC^ là góc chung

Þ DKDB DKCE (g.g)

KDKC=KBKE (tỉ số đồng dạng)

Þ KB.KC = KD.KE        (1)

• Tứ giác ANBC nội tiếp

KBN^=KAC^

Xét DKBN và DKAC có:

AKC^ là góc chung,

 KBN^=KAC^ (chứng minh trên)

Þ DKBN DKAC (g.g)

KBKA=KNKC (tỉ số đồng dạng)

Þ KB. KC = KA.KN      (2)

Từ (1) và (2) ta có:

KD.KE = KA.KN (= KB. KC)

KEKA=KNKD

Xét DKNE và DKAD có:

AKD^ là góc chung,

 KEKA=KNKD (chứng minh trên)

Þ DKNE DKAD (c.g.c)

 KEN^=KAD^ (hai góc tương ứng)

Þ Tứ giác ANED nội tiếp đường tròn.

Do đó 4 điểm A, N, E, D cùng thuộc một đường tròn          (3)

• Tứ giác AEHD có  AEH^=ADH^=90°

Þ E và D cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Þ 4 điểm A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH          (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm A, N, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Do đó tứ giác ANHD nội tiếp đường tròn

 ANH^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ AN HN tại N           (5)

• Ta có điểm N nằm trên đường tròn đường kính AM

 ANM^ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)          

Þ AN MN tại N          (6)

Từ (5) và (6) ta có: MN ≡ HN

Do đó ba điểm N, H, M thẳng hàng.

Lời giải

a) 3x2 + 5x – 6 = 0 (a = 3, b = 5, c = −6)

∆ = b2 – 4ac = 52 – 4.3.(−6) = 97 > 0

Vì ∆ > 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

• S = x1 + x2 =ba53

• P = x1x2 = ca= 63= −2

b) A = x12 + x1 + x2 + x22 − 19

= (x12 + 2x1x2 + x22) – 2x1x2 + x1 + x2 − 19

= (x1 + x2)2 – 2x1x2 + (x1 + x2) −  19

= 532− 2.(−2) + 53 − 19

= 259 + 4 – 53 19 = 5.

Vậy A = 5.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP