De thi tuyen sinh vao lop 10 mon toan so 3

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Đề thi tuyển sinh lớp 10 mơn Tốn số 3
A. Đề ơn thi vào lớp 10 mơn Toán số 3
Bài 1: Cho biểu thức P 

x2 x
x 1
1  2x  2 x


với x  0; x  1
x x 1 x x  x  x
x2  x

a, Rút gọn biểu thức P
b, Tìm các giá trị x để P nhận giá trị nguyên
Bài 2:
1. Cho phương trình x 2  2mx  m2  m  6  0 ( m là tham số). Tìm giá trị của m
để phương trình có hai nghiệm x1; x2 sao cho x1  x2  8

 1
 x 1 

2. Giải hệ phương trình: 
 3 
 x  1

1
2
y 1

4
 1
y 1

Bài 3: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai ơ tơ cùng khởi hành một lúc từ 2 tỉnh A và B cách nhau 400km đi ngược chiều và
gặp nhau sau 5h. Nếu vận tốc của mỗi xe không thay đổi nhưng xe đi chậm xuất
phát trước xe kia 40 phút thì 2 xe gặp nhau sau 5h 22 phút kể từ lúc xe chậm khởi
hành. Tính vận tốc mỗi xe.
Bài 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Giả sửa các đểm
B, C cố định và A di động trên đường tròn (O) sao cho AB < AC và AC < BC. ĐƯờng
trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q. Đường trung trực
của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N.
1. Chứng minh rằng: OM.OM = R2
2. Chứng minh rằng bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn
3. Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T.
Chứng minh ba điểm S, T, O thẳng hàng
Bài 5:
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Cho các số thực x, y,z là các số thực dương thỏa mãn: xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

A

1
1

1
 3
 3
3
3
x  y  1 y  z  1 z  x3  1
3

--------------------------------------------------

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

B. Đáp án đề ơn thi vào lớp 10 mơn Tốn số 3
Bài 1:
1, Rút gọn biểu thức P
Với điều kiện x  0; x  1, ta có:

P



x2 x





x 1 x  x 1



 
x





x 1



x x  x 1

x  1  2 x  2


x  1 x  x  1
x  x  x  2

x  x  1 x  x  1
x  1 x  2 


 x  1 x  x  1
x x2 x 



x 1


x



2x  2 x  1





x 1 x  x 1

x 1

x 2
x  x 1

2, Tìm các giá trị x để P nhận giá trị nguyên
Với điều kiện x  0; x  1  x 

0 P

x 2

x  x 1

x 1 x 11

x 2
1
x 1

Do P nguyên suy ra P  1 

1
2
x 1

x 2
 1  x  1 (loại)
x  x 1

Vậy khơng có giá trị nào của P để P nhận giá trị nguyên
Lưu ý: Cách làm lấy mẫu số là ước của tử số khơng áp dụng được với bài tốn này.
Bởi đề bài yêu cầu tìm các giá trị của x để P nhận giá trị nguyên, x  nên

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

khơng thể chắc chắn giá trị của tử số và giá trị của mẫu số là các số ngun, khơng
thể sử dụng được ước và bội.
Vì thế ở bài toán này ta sẽ kẹp khoảng giá trị của biểu thức để tìm các giá trị nguyên
của P

Bài 2:
1. Phương trình x 2  2mx  m2  x  6  0 có hai nghiệm phân biệt khi  '  0

 '  m2   m2  m  6   m  6  0  m  6

Với m  6 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt m thỏa mãn hệ thức Vi-ét:

b

x

x

 2m
1
2

a

 x x  c  m2  m  6
 1 2 a
Ta có

x1  x2  8  x12  x22  2 x1 x2  64   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  64 1
2

Trường hợp 1:
Nếu x1, x2 cùng dấu thì



 6  m  2
m  6
x1 x2  0   2

*
m

3
m

m

6

m

2
m

3

0






Khi đó 1   x1  x2   64  4m 2  64  m  4 (thỏa mãn (*))
2

Trường hợp 2:
Nếu x1, x2 trái dấu thì

x1x2  0  m2  m  6  0  2  m  3**

Khi đó 1   x1  x2   4 x1 x2  64  m  6  16  m  10 (không thỏa mãn (**))
2

Vậy với m  4 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  x2  8

 1
 x 1 

2. 
 3 
 x  1

1
2
y 1
4
 1
y 1

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

x  1  0
 x  1

 y  1  0  y  1

Điều kiện 
Đặt a 

1
1
;b
, hệ phương trình ban đầu trở thành:
x 1
y 1

a  2  b
a  b  2
a  1





3a  4b  1 3 2  b   4b  1 b  1
Với a  1 thì

1
 1  x  1  1  x  0  tm 
x 1

Với b  1 thì

1
1 y 1 1  y  0
y 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm

 x; y    0;0 

Bài 3:
Gọi vận tốc của xe nhanh là x (km/h), vận tốc của xe chậm là y (km/h) ( x, y  0 )
Hai xe cùng khởi hành một lúc và đi ngược chiều sau 5h thì gặp nhau nên ta có
phương trình 5  x  y   400 (1)

Thời gian xe đi chậm hết 5h22 phút =
Thời gian xe đi nhanh hết

161 2 141
 
giờ
30 3
3

Vì xe đi chậm xuất phát trước 40' 

2
giờ
3

Quãng đường xe đi chậm đi được là
Quãng đường xe đi nhanh đi được là
Cả hai xe đi được

161
giờ
30

161
(km)
30
141
(km)
30

161
141
y
x  400 (2)
30
30

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

5  x  y   400
 x  44  tm 


Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 161


141
y

x

400


 y  36  tm 
30
 30
Vậy vận tốc của xe nhanh là 44 km/h và vận tốc của xe chậm là 36 km/h.
Bài 4:

1. Xét tam giác OBM và tam giác ONB, có:

BOM chung





1

1800 - BOC = 900 - BAC 
2
Và

  OMB = OBN

OMB = 90 - BAC

OBN =

Vậy tam giác OBM đồng dạng với tam giác ONB (g-g)

OM OB
=
OB ON
 ON.OM = OB2 = R 2



2. Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có: OP.OQ = R 2  ON.OM = OP.OQ



OP OM
=
, lại có MOP chung
ON OQ

Vậy tam giác OPM đồng dạng với tam giác ONQ (c.g.c)

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 ONQ = OPM
Suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp hay bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường
tròn
3.

Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST. Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ lần lượt tại I và J
Xét tam giác ONS và tam giác OIM có
MOI chung

OIM = ONS (MNSI là tứ giác nội tiếp)
Vậy tam giác ONS đồng dạng với tam giác OIM (g.g)



ON OS
=
 ON.OM = OS.OI 1
OI OM

Chứng minh tương tự ta có OP.OQ = OS.OJ (2)
Mà ON.OM = OP.OQ (câu b) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra OS.OI = OS.OJ
Do đó I trùng với J
Vậy ba điểm S, T, O thẳng hàng
Bài 5:

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Ta có

 x  y

2

 0 x, y

 x 2  xy  y 2  xy
Mà x, y  0  x  y  0



Ta có x3  y 3   x  y  x 2  xy  y 2



 x3  y 3   x  y  xy
 x3  y 3  1  x3  y 3  xyz   x  y  xy  xyz
 x3  y 3  1  xy  x  y  z   0
Chứng minh tương tự ta cũng có:

y 3  z 3  1  yz  x  y  z   0
z 3  x3  1  zx  x  y  z   0
A

1

1
1


xy  x  y  z  yz  x  y  z  zx  x  y  z 

A

x yz
xy  x  y  z 

A

1
1
xyz

Dấu “=” xảy ta  x  y  z  1
Vậy max A  1  x  y  z  1
Tải thêm tài liệu tại:
/>
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188