Bộ 10 đề thi vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ 10 đề thi vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

1. 10 ĐỀ THI VÀO 9 VÀO 10 – MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 01 MÔN TOÁN *** Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) x x− 1 x x + 1 x + 2 Câu I: (2,0 điểm). Cho biểu thức P:=− . x−+ x x x x2− 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P? 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên? Câu II: (1,5 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Tổng các chữ số của 1 số có hai chữ số là 9. Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì số thu được cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Hãy tìm số đó. 2) Chứng minh hàm số y = 2x luôn đồng biến trên tập . Câu III: (3,0 điểm). x22− y + 3 = 0 1) Giải hệ phương trình: . x+= y 1 2) Giải phương trình: x32− 2x − 4x = 0 . 3) Cho phương trình x22+ 2( m − 2) x + m − 2x + 4 = 0 . Tìm m để phương trình có 2 2 1 1 nghiệm thực phân biệt x12 , x thỏa mãn 22−=? x1+ x 2 x 1 x 2 15m Câu IV: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:
2. 1) Chứng minh rằng: a) Tứ giác CEHD nội tiếp. b) Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) AE.AC== AH.AD; AD.BC BE.AC. d) H và M đối xứng với nhau qua BC. 2) Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Câu V: (0,5 điểm) Tìm x, y, z thỏa mãn: x+ 2 3 = y + z . ---HẾT---
3. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 01 Câu I: x0 x0 x− x 0 x 0 x 0 1) Điều kiện xác định x+ x 0 x 1 x 1 x+ 2 0 x − 2 x 2 x− 2 0 x 2 ( x− 1)( x + x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) x2+ Ta có: P:=− x x−+ 1 x x 1 x2− ( ) ( ) x+ x + 1 − x + x − 1 x + 2 2( x− 2) ==: x x−+ 2 x 2 2( x− 2) Vậy: P = x2+ Cách 2: Đặt a= x( a 0) a3− 1 a 3 + 1 a 2 + 2 Ta có P:=− 2 2 2 a− a a + a a − 2 22 (a− 1)( a + a + 1) ( a + 1)( a − a + 1) a22 − =− . a a− 1 a a + 1 a2 + 2 ( ) ( ) 22 (a+ a + 1) −( a − a + 1) a22− 2 a − 2 x − 2 = . = 2. = 2. a a22+ 2 a + 2 x + 2 Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. 2x− 4 2x + 4 − 8 8 2) Ta có: P2= = = − x+ 2 x + 2 x + 2
4. Để P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8( x+ 2) x+ 2 = 1 x = − 1; x = 3 x+ 2 = 2 x = 0; x = − 4 x+ 2 = 4 x = 2; x = − 6 x+ 2 = 8 x = 6; x = − 10 Vậy x6= . Nhận xét: Bài toàn tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nguyên bằng cách phân tích phần nguyên. Câu II: 1) Gọi chữ số hàng chục là x. Chữ số hàng đơn vị là y. Vì tổng 2 chữ số là 9, nên ta có x+= y 9 (1) Điều kiện: 0 x 9, x * và 0 y 9, y Số đó là xy=+ 10x y Số viết ngược lại là yx=+ 10y x Vì thêm vào số đó 63 đơn vị thì được số mới viết theo thứ tự ngược lại số cũ, ta có xy+ 63 = yx 10x + y + 63 = 10y + x 9x − 9y = 63 (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình x+= y 9 9x− 9y = − 63 x+ y = 9 2x = 2 x = 1 (thỏa mãn điều kiện) x− y = 7 x + y = 9 y = 8 Vậy số cần tìm là 18. Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ mỗi quan hệ theo số theo đề bài đã cho từ những kiến thức về cấu tạo số, phép toán số học,
5. Câu III: (x − y)( x + y) = − 3 1) Hệ phương trình tương đương với: x+= y 1 x− y = − 3 2x = − 2 x = − 1 . x+ y = 1 2y = 4 y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) =−( 1; 2) x0= 2 2) Phương trình tương đương với: x( x− 2x − 4) = 0 2 x−− 2x 4( *) Giải (*), ta có =( −1)2 − 1.( − 4) = 5 = 5 . −( −15) + x= = 1 + 5 1 Phương trình (*) có nghiệm là: −( −15) − x= = 1 − 5 1 Vậy phương trình có nghiệm là: x= 0; x = 1 5 3) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi 0 (m − 2)2 −( m2 − 2x + 4) 0 m 0 (*) x+ x = 4 − 2m m0 12 Với theo định lý Vi-et, ta có: 2 . x12 x= m − 2m + 4 2 1 1 2 1 1 Ta có: − = − = (1) x22+ x x x 15m2 x x 15m 1 2 1 2(x1+− x 2) 2x 1 x 2 1 2 1 1 1 − = 44 m+ − 6 m + − 2 15 mm 4 Đặt tm=+ do m 0 t 0. m
6. 1 1 1 t4=− Ta có (1) trở thành: − = t−− 6 t 2 15 t= 12( l) 4 Với t= − 4 m + = − 4 m = − 2 (thỏa mãn (*)). m Câu IV: 1) AD,BE là đường cao của ∆ABC nên CEH= HDC = 90  CEH + HDC = 180  Suy ra tức giác CEHD là tứ giác nội tiếp (điều cần chứng minh) Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 180 Tứ giác CEHD có tổng cặp góc đối diện bằng 180 : CEH+ HDC = 180  nên là tứ giác nội tiếp. 2) CF, BE là đường cao của ∆ABC nên CEB= BFC = 90  => Điểm E, F thuộc đường tròn đường kính BC. => B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (điều cần chứng minh). Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm cùng nằm trên một đường tròn bằng cách chứng minh hai điểm nhìn một cạnh tạo bởi hai điểm còn lại cùng dưới một góc vuông.
7. 3) Tam giác AEH và ADH có chung góc tại đỉnh A và AEH= ADC = 90  nên ∆AEH AE AH đồng dạng với ∆ADC = AE.AC = AH.AD (điều cần chứng minh). AD AC Tam giác BEC và ADC có chung góc tại đỉnh C và BEC= ADC = 90  nên ∆BEC ∽ ∆ADC BE BC = AD.BC = CE.AC (điều cần chứng minh). AD AC Nhận xét: Bài toán chứng minh các đẳng thức bằng cách chứng minh các cặp tam giác đồng dạng. 4) Ta có: AC11= (cùng phụ với FBC ); AC12= (cùng chắn cung BM của (O)); Suy ra CC12= ⇒ CD là phân giác của HCM Tam giác CHM có CD vừa là phân giác vừa là đường cao nên cân tại C, suy ra CD đồng thời cũng la trung trực của HM. ⇒ H, M đối xứng với nhau qua BC (điều cần chứng minh). 5) Ta có: EC11= (cùng chắn cung FB trong đường tròn đi qua bốn điểm B, C, E, F); CE12= (cùng chắn cung HD trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEHD); Suy ra: EE12= ⇒ EB là phân giác của FED . Chứng minh tương tự: FC là phân giác của DFE Mà FC= EB H nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
8. Câu V: Định hướng: Tổng quát dạng toán này là Giải phương trình nghiệm nguyên. Bài toán cho dưới dạng phương trình chứa ba ẩn, với điều kiện x, y, z thì các biểu thức trong căn luôn có nghĩa. Tổng quát có dạng f( x,y,z) =+ gx,y,z( ) hx,y,z( ) tư duy nhanh dạng phương trình vô tỉ cơ bản f( x) =+ g( x) h( x) . Giả sử (x,y,z) = ( a,b,c) ,( a,b,c N) là một nghiệm của phương trình đã cho. Vì x,y,z nên vận dụng tính chất cơ bản của số học suy ra yz+ có một trong hai dạng sau: 1. y+ z = b + c . Điều này có nghĩa y, z không cùng là số chính phương. 2. y+ z = p( p N). Điều này có nghĩa y, z cùng là số chính phương. Thay vào phương trình ta có: a+ 2 3 = b + c . Bình phương hai vế thu được: a+ 2 3 = b + c + 2 bc Vì a,b,c N nên suy ra: a=+ b c a=+ b c 3= bc 3= bc Từ đây chỉ ra b, c chính là hoán vị bộ số (1; 3). Với sự xuất hiện hằng số 23 trong căn thức vế trái giúp liên tưởng tới biến x sao cho x23+ =( am +)2 = a22 + 2amma,mN +( ) . Để ý rằng 2 3= 2.1. 3 có dạng 2am( a, m N) , từ đó nhẩm nhanh đẳng thức tương ứng 2 a2+ m 2 = 1 2 + ( 3) . Giải: Ta có: x23+ = y + z x23yz2yz + = + + −−+(xyz) 232yz = −−+( xyz)2 43xyz( −−+=) 124yz (1)
9. 4yz−( x − y − z)2 − 12 TH1: Nếu x− y − z 0, ta có 3 = (2) (vô lý do x,y,z 4( x−− y z) nên VP của (2) là số hữu tỉ). x− y − z = 0 TH2: Nếu x− y − z = 0 , ta có (1) (3) yz= 3 x4= x4= Giải (3) ra ta được y1= (thỏa mãn) hoặc y3= (thỏa mãn). z3= z1=
10. ĐỀ SỐ 02 MÔN TOÁN *** Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) x x− 8 Câu I. (2,0 điểm). Cho biểu thức: P= + 3 1 − x . x++ 2 x 4 ( ) 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P? 2P 2) Tìm giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = có giá trị nguyên? 1P− Câu II. (1,5 điểm). 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy 1 2) Biết đồ thị của hàm số y= ax2 ( a 0) đi qua điểm M (3; -6). 3 Hãy xác định giá trị của a. Câu III. (3,0 điểm). 3x+= y 11 1) Giải hệ phương trình . 2x+= 3y 12 2) Giải phương trình: x2 − x − 12 = 0 3) Cho phương trình: 2x22− 4mx + 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. 22 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x12 , x thỏa mãn 2x12+ 4mx + 2m − 9 0 . Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
11. 1) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. 2) Chứng minh BM // OP. 3) Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 4) Biết AN cắt OP tại K, PN cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Câu V. (0,5 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab+ 6bc + 2ca = 7abc . 4ab 9ca 4bc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . a+ 2b a + 4c b + c ---HẾT---
12. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 02 Câu 1. x0 1) Điều kiện xác định: x0. x+ 2 x + 4k 0 ( x− 2)( x + 2 x + 4) Ta có: P= + 31xx231x12x − = − + − = − x++ 2 x 4 ( ) ( ) Vậy P=− 1 2 x . Cách 2: Đặt a= x( a 0) . 2 a83 − (a− 2)( a + 2a + 4) Ta có: P= + 3( 1 − a) = + 3( 1 − a) a22+ 2a + 4 a + 2a + 4 =a231a − +( −) = 12a12x − = − Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phuơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử. 2P2( 1− 2 x ) 2− 4 x 1 2) Ta có: Q2= = = = − + 1P− 1−−( 1 2 x ) 2 x x Để Q nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 1x x = 1 x = 1. Vậy x1= Nhận xét: Bài toán tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nguyên bằng cách rút gọn biểu thức mới rồi phân tích phân nguyên. Câu II 1) Gọi x là số chi tiết máy của tổ 1 và y là số chi tiết máy của tổ 2 sản xuất được trong tháng giêng. Điều kiện: x, y * Ta có: x+= y 900 (1) (vì tháng giêng 2 tổ sản xuất được 900 chi tiết).
13. Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ 1 sản xuất đuợc: x+ 15%x và và tổ 2 sản xuất đuợc: y+ 10%y . Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x+= 1,10y 1010 (2) x+= y 900 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: 1,15x+= 1,1y 1010 1,1x+ 1,1y = 900 0,05x = 20 x = 400 (thỏa mãn) 1,15x+ 1,1y = 1010 x + y = 900 y = 500 Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy và tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về bài toán "phần trăm". Cách tính số lượng tăng/giảm theo phần trăm, công thức từ bài toán năng suất, ...: a.X “ a% của một số X được tính bằng (đơn vị theo X)” 100 Câu III. 1) Hệ phương trình tương đương với: y=− 11 3x y= 11 − 3x x = 3 2x+ 3( 11 − 3x) = 12 −7x = − 21 y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = ( 3; 2) 2) Cách 1: Phương trình tương đương với: (x2 + 3x − 4x) − 12 = 0 x+ 3 = 0 x = − 3 +−+= +xx34x30( ) ( ) ( x3x4)( −= ) 0 x− 4 = 0 x = 4 Cách 2: Ta có ΔΔ=( −1)2 − 4.1.( − 12) = 49 = 7 .
14. −( −17) + x = 2.1 x4= Phương trình có nghiệm là: −( −17) − x3=− x = 2.1 Vậy phương trình có nghiệm là: x= − 3; x = 4 3) a) Ta có: Δ =4m22 − 2( 2m − 1) = 2 0,  m Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Theo định lý Vi-ét, ta có x12+= x 2m 2 2 2 2 Do đó 2x1+ 4mx 2 + 2m − 9 =( 2x 1 − 4mx 1 + 2m − 1) + 4mx( 1 + x 2 ) − 8 2 22 =8m − 8 = 8( m − 1)( m + 1) (do 2x11− 4mx + 2m − 1 = 0 ). Theo bài ra, ta có (m− 1)( m + 1) 0 − 1 m 1 Câu IV. 1) Ta có PAO+ PMO = 90  + 90  = 180  suy ra tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp. Nhận xét: Bài toán chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tứ giác đó có tổng hai góc trong đối diện bằng 180°. AOM 2) Ta có: ABM = (góc nội tiếp và góc ở tâm) (1) 2 AOM AOP = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) 2 Suy ra ABM= AOP. Do đó BM // OP Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song bằng cách chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng đó bằng nhau.
15. 3) Ta có ∆AOP = ∆OBN (g-c-g), suy ra OP= BN . Mà: BN // OP (do BM // OP) Suy ra OBNP là hình bình hành. Nhận xét: Bài toán chứng minh một tứ giác là hình bình hành bằng cách chỉ ra tứ giác đó có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau. 4) Ta có: AONP là hình chữ nhật nên AP // NO suy ra APO= NOP (hai góc so le trong) (4) APO= MPO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (5) Từ (4) và (5) suy ra ∆IPO cân tại I suy ra IK là trung tuyến (AONP là hình chữ nhất nên K là trung điểm của PO) nên IK cũng là đường cao hay IK⊥ PO (*) ON⊥ PJ Ta có PM⊥ OJ nên I là trực tâm của tam giác ∆POỊ nên IJ⊥ OP (**). ON= PM I Từ (*) và (**), suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng. Nhận xét: Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh cho ba điểm đó cùng nằm trên một đường thẳng đặc biệt. Câu V Định hướng: Với dạng toán này hướng chung cần tìm mối liên hệ giữa các ẩn và đơn giản hóa biểu thức cần tìm GTNN, GTLN. Đối với học sinh cấp THCS, phương pháp giải dạng toán này thường dùng đánh giá theo bất đẳng thức Cô-si, Bu-nhi-a-cốp-xki, bất đẳng thức phụ hoặc viết dưới dạng tổng bình phưong nhờ thêm bớt... Tuy nhiên, áp dụng ngay các phưong pháp này sẽ dẫn tới bài toán phức tạp hơn hoặc không đúng với yêu cầu của đề. Việc dự đoán điểm rơi khá phức tạp cho bài toán này. Bằng phưong pháp đổi biến đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.
16. Nhận thấy rằng, giả thiết đã cho các ẩn cùng phụ thuộc trong cùng một biếu thức dễ dưa được về dạng các biến độc lập với nhau. Tử thức các phân thức trong biểu thức P là tích của hai ẩn dưới mẫu đưa về dạng độc lập khá đơn giản. 2 6 2 Từ: 2ab+ 6bc + 2ca = 7abc và a, b, c 0 , ta suy ra + + = 7. c a b 1 1 1 x, y, z 0 Đặt x= , y = , z = . a b c 2z+ 6x + 2y = 7 4 9 4 Khi đó: P = + + 2x+ y 4x + z y + z Để tìm GTNN của P thí sinh có thể sử dụng một trong hai cách dưới đây. Cách 1: Bất đẳng thức Cô-si bằng việc thêm bớt các ẩn. Phân tích (*) trở thành: 4 9 4 P = + + 2x+ y 4x + z y + z 4 9 4 = +m2xy( ++) +++− n4xz( ) m2xyn4xzpyz( +−+−+) ( ) ( ) 2x+ y 4x + z y + z (m, n, p 0) Khi đó 49 P2 .m2xy( +) + 2 .n4xz( + ) 2x++ y 4x z 4 +2 .pyz( +) − m2xy( +) − n4xz( +) − pyz( + ) yz+ =4m6n + + 4p −( x2x4n( +) + ymp( +) + znp( + )) 2x+= 4n 6 Ta chọn bộ số m, n, p 0 sao cho m+ p = 2 m = n = p = 1. n+= p 1 Suy ra: P 4 + 6 + 4 − 7 = 7
17. Với cơ sở phân tích như trên thí sinh có thể đưa biểu thức P về dạng tổng các bình phương để chỉ ra GTNN. Cách 2: Áp dụng bổ để bất đẳng thức: 2 xy22(xy+ ) + (a, b, x, y 0) (I) a b a+ b Chứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương. Tổng quát của bất đẳng thức (I) có dạng: 2 2 2 2 x1 x 2 x n (x1+ x 2 + ... + x n ) + +... + ( a1i 0, x 0, i = 1, n) a1 a 2 a n a 1+ a 2 + ... + a n Áp dụng bất đẳng thức (I) ta suy ra 22 4 9 4(2+ 3) 222( 2 + 3 + 2) 7 P7= + + + = = 2x+ y 4xz + yz + 6x + yz + yz + 6x2y2z + + 7 Do đó, GTNN của P là 7 khi a= 2; b = 1; c = 1. Giải: Từ giả thiết: 2ab+ 6bc + 2ca = 7abc và a, b, c 0 2 6 2 Chia cả hai vế cho abc 0 + + = 7 . c a b 1 1 1 x, y, z 0 Đặt: x= , y = , z = . a b c 2z+ 6x + 2y = 7 4ab 9ac 4bc 4 9 4 Khi đó: P = + + = + + (*) a2b+ a4c + bc + 2xy + 4xz + yz + 4 9 4 =P +++ 2xy +++ 4xz ++− yz2xy4xzyz( +++++ ) 2x+ y 4x + z y + z 222 2 3 2 = −++x 2y −++ 4x 1 −++ y z 7 7 x+ 2y 4x + z y + z
18. 1 Khi x= ; y = z = 1 thì P7= . 2 Vậy GTNN của P là 7 khi a= 2; b = 1; c = 1.
19. ĐỀ SỐ 03 Đề sở Nam Định năm 2019 – 2020 *** Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = (1 – m)x + m + 1 đồng biến trên R A. m > 1 B. m –1 2 Câu 2. Phương trình x – 2x – 1 = 0 có 2 nghiệm x1; x2. Tính xx12+ A. x12+= x 2 B. x12+= x 1 C. x12+ x = − 2 D. x12+ x = − 1 2 Câu 3. Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = –3x . Biết xM = – 2. Tính yM A. yM = 6 B. yM = –6 C. yM = –12 D. yM = 12 x−= y 2 Câu 4. Hệ phương trình có bao nhiêu nghiệm ? 3x+= y 1 A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô số Câu 5. Với các số a, b thoả mãn a < 0, b < 0 thì biểu thức a ab bằng A.− ab2 B.− ab3 C. ab2 D. − ab3 Câu 6. Cho ∆ABC vuông tại A có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH của ∆ABC 12 5 12 7 A.AH= cm B. AH= cm C. AH= cm D. AH= cm 7 2 5 2 Câu 7. Cho đường tròn (O; 2cm) và (O’; 3cm) biết OO’ = 6cm. Số tiếp tuyến chung của 2 đường tròn là A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 8. Một quả bóng hình cầu có đường kính 4cm. Thể tích quả bóng là 32 32 256 256 A. cm3 B. cm3 C. cm3 D. cm3 3 3 3 3
20. Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A= 3 − 2 2 − 3 + 2 2 2 1 6 2) Chứng minh rằng − +.( a + 3) = 1 Với a 0, a 9 a+− 3 a 3 a9− Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x – 6 = 0 (1) (với m là tham số) 1) Giải phương trình (1) với m = 0 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt 3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình . Tìm các giá trị của m để 2 x2− x 1 x 2 + (m − 2)x 1 = 16 x2 − xy + y − 7 = 0 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x+ xy − 2y = 4(x − 1) Câu 4. (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là các tiếp điểm. Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với (O) 1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF  ∆BEC 2) Gọi K là giao điểm thứ hai của AF với đường tròn (O). Chứng minh BF.CK = BK.CF 3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5. (1,5 điểm) Xét các số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2. 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= (x + y + z)2 + 4(x 2 + y 2 + z 2 − xyyzzx) − − . 2 ---HẾT---