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

Bởi đề bài yêu cầu tìm các giá trị của x để P nhận giá trị nguyên, x   nên không thể chắc chắn giá trị của tử số và giá trị của mẫu số là các số nguyên, không thể sử dụng được ướ[r]

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán số 3

A Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán số 3

1

P

    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 x2  2 mx m  2  m  6 0  (m là tham số) Tìm giá trị của m để

phương trình có hai nghiệm x x1; 2

sao cho x1  x2  8

2 Giải hệ phương trình:

2

1









Bài 3: Giải bài toán 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

Bài 5:

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

-B Đáp án đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán số 3 Bài 1:

1, Rút gọn biểu thức P

Với điều kiện x  0; x  1, ta có:

2

2

1

P

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

P

Do P nguyên suy ra

2

1

x



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

Lưu ý: Cách làm lấy mẫu số là ước của tử số không áp dụng được với bài toán này Bởi đề bài yêu cầu tìm các giá trị của x để P nhận giá trị nguyên, x   nên không

thể chắc chắn giá trị của tử số và giá trị của mẫu số là các số nguyên, không 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 x2  2 mx m  2 x  6 0  có hai nghiệm phân biệt khi  ' 0

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

a

c

a











Ta có

Trường hợp 1:

Nếu x x1, 2 cùng dấu thì

3

x x

m









Khi đó    2 2

(thỏa mãn (*)) Trường hợp 2:

Nếu x x1, 2

trái dấu thì

 

2

Khi đó   1   x1 x22 4 x x1 2  64  m   6 16  m  10

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

2

2

1









Điều kiện



Đặt

;

  , hệ phương trình ban đầu trở thành:

2

 



Với a  1 thì 1 1 1 1 0  

Với b  1 thì

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 =

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

Quãng đường xe đi nhanh đi được là

141

Cả hai xe đi được

400

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

 

400







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

1

OMB = 90 - BAC













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

=

ON.OM = OB = R





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

2

=



, lại có MOPchung

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

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

MOIchung

OIM = ONS (MNSI là tứ giác nội tiếp)

Vậy tam giác ONS đồng dạng với tam giác OIM (g.g)

 

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:

Ta có  x y  2   0 x y ,

Mà x y ,   0 x y   0

Ta có x3 y3   x y x    2  xy y  2

1

Chứng minh tương tự ta cũng có:

A

A

1

x y z

xy x y z

xyz

Dấu “=” xảy ta  x y z    1

Vậy maxA 1   x y z 1   

Tải thêm tài liệu tại: