Dap an tinh Thua Thien Hue nam 20122013

nên KHOC là tứ giác nội tiếp.[r]

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH MƠN TỐN TỈNH THỪA THIÊN HUẾ NĂM 2012-2013

Bài 1:

a 5 3  3

5

C     

  

5( 3) 3( 1)

5

5

 

   

  3  3

     

b

3 x 2 x 4 0 (1) Điều kiện: 2

2

2

2

4

2

x x

x x

x

x

   

 

     

 

  

  

  Với điều kiện x2ta có:

(1)3 x 2 (x2)(x2)0. x2 3  x20

2

x x     

  

2 x

x      



2

7 (thỏa đk) x

x     

 Bài 2:

a Đường thẳng ( )d có hệ số góc k0 có phương trình: ykx a ( )d qua điểm M(1; 2) nên ta có: 2kaa 2 k

( )d có phương trình ( ) :d ykx(2k)

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )d ( )P là:

2

(2 ) ( 2)

x kx k x kx k  (*)

Ta có: 2

( k) 4(k 2) k 4k (k 2) k              

Do đó, với giá trị k0 đường thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt A B b Theo hệ thức Vi-ét ta có:

2 A B

A B

x x k

x x k

  



  

(với x x nghiệm phương A, B trình (*)

Với k 0 ta có: xAxB x xA B 2 k(k2) 2 0 Bài 3:

Thời gian xe lửa thứ hai từ B đến C 300 ( ) h

x

Theo giả thiết ta có phương trình: 300 345 900 ( 5) 1035( 5)

5 x x x x

x   x     

2

5x 110x 5175

    x222x10350 45 23 (thỏa) (loại) x x       

Vậy vận tốc xe lửa thứ 45 km/h vận tốc xe lửa thứ hai 50km/h b

2( ) 5( )

(1)

20 20

7

x y x y

x y x y

           

Điều kiện: x y

5

(1) (2)

20 20

7

x y x y

HPT

x y x y

               Đặt 1 a x y b x y           

hệ phương trình (2) trở thành: 5

20 20 20 20

a b a b

a b a b

             

20 10

20 20 28

4 a

a b a b

a b b

b                      Với 10 a b         

ta có hệ phương trình

1

10 10

1

4 x y x y x y x y                   

2 14

10

x x

x y y

           (thỏa)

Bài 4:

a AF, BD tiếp tuyến (O) nên AF OF DB, AB Xét hai tam giác vng AOF ADB có:



OAF chung

Do đó, AOF đồng dạng ADB(g.g) Suy AO AD

AF  AB hay AO AB AF AD

b Ta có DBDF(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OBOFbk nên OD đường trung trực BF Suy ra, ODBF



BKC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) BK KC

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng DBO, đường cao BH ta có:

2

DB DH DO (1)

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông DBC, đường cao BK ta có:

2

Do đó, DHK đồng dạng DCO (c.g.c)

 .

DHK DCO

 

Tứ giác KHOC có DHKDCO nên KHOC tứ giác nội tiếp c Ta có OM DB (cùng BC)

Ta có BDO DOM (so le trong)

Mặt khác BDO ODM (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra, DOM ODM  ODM cân M MDOM

ABD

 có OMDB nên theo định lí Ta-lét ta có:

AD BD AD AM BD OM

AM OM AM OM

 

   MD BD BD MD

AM OM OM AM

     

1

BD MD

DM AM

  

Bài 5:

Ta có sin 300 0 20 40

1 sin 30

2

CH CH

OC OC

     (cm)

0 40

tan 30 tan 30

3 BC

BC OC

OC

    (cm)

0

0

20

tan 30 20 3( )

1 tan 30

3

CH CH

OH cm

OH

    

20 3.20

10 3( )

40 OH CH

HK OC OH CH HK cm

OC

    

Khi quay OHC vòng quanh cạnh OC cố định ta hình (H) gồm hình nón úp vào có bán kính HK chiều cao OK OC

Thể tích hình trụ

2

2

1

40 64000

.40 ( )

3

V  BC OC     cm

 

Thể tích hình (H) là:

 2

2

2

1 1

.( ) 10 40 4000 ( )

3 3

V   HK OKKC   HK OC    cm

Vậy thể tích phần hình trụ nằm ngồi hình (H) là:

3

64000 52000

4000 ( )

3

V V V   cm

Nguyễn Văn Rin SV Khoa Toán - ĐHSP Huế