Đề Thi Thử Toán 2013 - Phần 2 - Đề 33 pdf

A

H

O

M

G

Bài 1: 1, A 2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2) 1 2

2,

2

1

Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0

1) Có  25 12 130pt luôn có 2 nghiệm phân biệt:  x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3

Do đó S = x12 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21

Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29

Vậy phương trình cần lập là x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 2

3

4

2 2

x

x

y y

x y

x y









 ( x ;y) =

( 2 ;3)

Bài 3: Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)  Th gian dự định : 50( )h

x

Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)  Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)

Thời gian đi quãng đường còn lại : 50 2 ( )

2

x h x





Theo đề bài ta có PT:

1 50 2 50 2

x



 Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài 4, a) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn

Vì BC //ED Mà AE BC

Nên AE EDAED90 0 => E ( O ; AD / 2 )

ABD ACD 90

    (nội tiếp chắn ½ đường tròn (O) )

 kết luận

b) Chứng minh BAE DAC

C1: vì BC //ED nên cung BE bằng cung CD => kết luận

C1: vì BC //ED nên CBD BDE ( SLT)

Mà BAEbằng ½ sđ cungBE

Và CAD bằng ½ sđ cungDC

=> cungBE bằng cungDC => kết luận

Giải câu c)Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM

Và AH // OM

2 tam giác AHG và MOG có HAG   OMG slt AGH   MGO (đđ)

     Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G  AM Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC d) BHC   BDC( vì BHCD là HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a

Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a Do đó C (K) = 2 a  ( ĐVĐD)