Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2020 số 3 - Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (166.92 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Tốn số 3

A. Đề ơn thi vào lớp 10 mơn Toán số 3

Bài 1: Cho biểu thức 2

2

1 1 2

2

1 x

P

x x

x x x

x













 



với x0;x1

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 mx m





m



6 0



(

m

là tham số). Tìm giá trị của

m

để
phương trình có hai nghiệm

x x

;

2 sao cho

x



x



8

2. Giải hệ phương trình:

1

2

1

3

4

1 x

y

x

y







 













 





Bài 3: Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai ô tô 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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

3 3 3 3 3 3

1 A

1 x

y

z

x





</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

---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:



















 

































2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1 x

P

x

x x

x

x x

x

x x

x





























































2, Tìm các giá trị x để P nhận giá trị nguyên

Với điều kiện x0;x 1 x x  1 x  1 1

2

1

0

1

2

1 x

P

x











 





Do P nguyên suy ra

2

1 x

P

x



 





(loại)

Vậy khơng có giá trị nào của P để P nhận giá trị nguyên

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vì thế ở bài tốn 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 mx m





x



6 0



có hai nghiệm phân biệt khi  ' 0





2 2

' m m 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:

1 2
2
1 2

2

6 b

x

m

a

c

x x

m

a















 







Ta có





 

2 2

1 2

8

1 2

2

1 2

64

1 2

2

1 2

2

1 2

64 1

x



x

 

x



x



x x





x



x



x x



x x



Trường hợp 1:

Nếu

x x

,

2 cùng dấu thì



 



 

1 2 2

6 6

2

0 *

3

6

2

3

0 m

m

x x

m







  



 

























Khi đó

 





2 2

1 2

1  x x 64 4m 64 m4

(thỏa mãn (*))
Trường hợp 2:

Nếu

x x

,

2 trái dấu thì





1 2 0 6 0 2 3 **

x x   m  m    m

Khi đó

 





1 2 1 2

1 

x



x



4 x x



64 

m

 

6 16



m



10

(khơng thỏa mãn (**))
Vậy với

m 

4

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

x



x



8

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Điều kiện

1 0

1 1 0

1 x

y

 









 





Đặt

1 ;

1 a

b

x

y





, hệ phương trình ban đầu trở thành:





2

1 3 2

4

1

3

4

1 a

b

a b

a

b

a

b

 



 





















Với

a 

1

thì





1 1 1

0

1 x

tm

x



 

  



Với

b 

1

thì

1 1 1

0

1 y



 

  



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 =

161

30

giờ

Thời gian xe đi nhanh hết

161 2 141

30 

3 

3

giờ

Vì xe đi chậm xuất phát trước

2 40'

3 

giờ

Quãng đường xe đi chậm đi được là

161

30

(km)

Quãng đường xe đi nhanh đi được là

141

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Cả hai xe đi được

161

141

400

30 y



30 x



(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình













5

400 44

161

141 36

400

30 x y

x

tm

y

tm

y

x



























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

Và











0 0

1 OBN =

180 - BOC = 90 - BAC

2 OMB = OBN

OMB = 90 - BAC













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

2 2

OM

OB

=

OB

ON

ON.OM = OB = R



2. Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có:

OP.OQ = R  ON.OM = OP.OQ

OP

OM

=

ON

OQ



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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

 

ONQ = OPM


Suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp hay bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường
tròn

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

MOIchung

 

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

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2020 số 3 - Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

<b>Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Tốn số 3</b>

2

1

1 2

2

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>

<i>x x</i>

<i>x x x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

















 



<i>x</i>



2

<i>mx m</i>





<i>m</i>



6 0



<i>m</i>

<i>m</i>

<i>x x</i>

;

<i>x</i>



<i>x</i>



8

1

1

2

1

1

3

4

1

1

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>







 









<sub></sub>

<sub></sub>

 





1

1

1

A

1

1