GIA SƯ THÀNH CÔNG

ÔN LUYỆN VÀO 10

0975.89.6066

ĐỀ SỐ 01
Bài 1: Cho biểu thức: P 

x2
x 1
x 1


với x ≥ 0 và x ≠ 1
x x 1 x  x 1 x 1

a). Rút gọn biểu thức P
b). Tìm x để P đạt giá trị nguyên.
Bài 2:
1). Cho phương trình ẩn x: x 2   2m  5  x  n  0
a). Tìm m và n biết phương trình có hai nghiệm là (-2) và 3.
b). Cho m = 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để phương trình có nghiệm
dương
2). Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0
2
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2mx2 = 9

Bài 3: Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km. Một ca nô đi từ bến A đến bến
B, nghỉ 20 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A
hết tất cả là 7 giờ. Hãy tìm vận tốc riêng của ca nơ, biết vận tốc của dịng nước là

4km/h
Bài 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK
a). Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
b). Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
c). Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d). Gọi P là hình chiếu vng góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi
tam giác OPK lớn nhất
Bài 5:
1). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1
1
1
1


a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1
3
2
2). Giải phương trình: x  7x  6x  1  4x 2  3x

Tính giá trị biểu thức: P 

HẾT


ÔN LUYỆN VÀO 10

GIA SƯ THÀNH CÔNG

0975.89.6066


LỜI GIẢI ĐẾ SỐ 01
Bài 1: Cho biểu thức: P 

x2
x 1
x 1


với x ≥ 0 và x ≠ 1
x x 1 x  x 1 x 1

a). Rút gọn biểu thức P
b). Tìm x để P đạt giá trị nguyên.
BÀI LÀM
a) Ta có:
P

x2
x 1
x 1
x2
x 1





x x 1 x  x  1 x 1 x x 1 x  x  1




x 1



x 1



x 1



x2
x 1
1


x x 1 x  x  1
x 1



x2
( x  1)( x  1)
x  x 1


( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1)




x  2  x 1 x  x 1
x x
x ( x  1)
x



( x  1)(x  x  1)
( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) x  x  1

Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1, thì P =
b). Đặt t  x  0 . Ta có P 

x
x  x 1

t
 Pt 2  (P  1)t  P  0 (*)
t  t 1
2

+ Để tồn tại giá trị nguyên của P thì phương trình (*) phải có nghiệm
   (P  1)2  4P 2  0  3P 2  2P  1  0  9P 2  6P  3  0
  3P   2.  3P  .1  12  12  3  0   3P  1  4
2

 2  3P  1  2  3  3P  1  1  P 


2

1
3

+ Mà P là số nguyên  P  0 tại x = 0
Vậy x = 0 thì P đạt giá trị nguyên bằng 0.
* Nhận xét: Ở phần b) của bài 1 này, ta đã vận dụng phương pháp “miền giá trị” để tìm
giá trị nguyên của P. Phương pháp miền giá trị cịn giúp chúng ta tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm phân thức (vấn đề này thầy sẽ có tài liệu riêng). Ngồi ra, các em cần
ghi nhớ công thức A2  m,(m  0)   m  A  m
Bài 2:
1). Cho phương trình ẩn x: x 2   2m  5  x  n  0
a). Tìm m và n biết phương trình có hai nghiệm là (-2) và 3.
b). Cho m = 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để phương trình có nghiệm dương
2). Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0
2
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2mx2 = 9


GIA SƯ THÀNH CÔNG

ÔN LUYỆN VÀO 10

0975.89.6066

BÀI LÀM
a). Do (- 2) và 3 là nghiệm của phương trình x 2   2m  5 x  n  0 nên ta có:
2


4m  n  14 m  2
(2)   2m  5 .(2)  n  0


 2
6m

n

6
3

2m

5
3

n

0



n  6



m  2
thì phương trình đã cho có nghiệm là -2 và 3
n  6


Vậy với 

b). Với m = 5, phương trình đã cho trở thành: x 2  5x  n  0
+ Để phương trình trên có nghiệm x1; x 2 thì   25  4n  0  n 

25
(*)
4

 x1  x 2  5
 x1.x 2  n

+ Khi đó theo định lý Viét ta có 

+ Vì x1  x 2  5  0 nên để phương trình có nghiệm dương thì x1.x 2  n  0  n  0
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra n  0 .Mà n là số nguyên dương nhỏ nhất  n  1
Vậy n = 1 là giá trị phải tìm.
* Nhận xét: Ở phần b) này thực chất là một dạng bài tập vận dụng hệ thức Vi - ét, khi ta
có x1  x 2  5  0 vậy phương trình đã cho sẽ có 2 nghiệm âm hoặc 2 nghiệm trái dấu.
Mà theo đề bài để phương trình có nghiệm dương thì chỉ xảy ra trường hợp phương trình
có 2 nghiệm trái dấu, tức là x1.x 2  0
2). Phương trình đã cho có  '  m 2  1.  m 2  m  1  m 2  m 2  m  1  m  1
+ Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì  '  0  m –1  0  m  1
 x1  x2  2m

(1)

2
 x1.x2  m – m  1


(2)

+ Theo hệ thức Vi –ét ta có: 

2
+ Mà theo bài cho, thì x1 + 2mx2 = 9 (3)
- Thay (1) vào (3) ta được:

x12 + (x1 + x2 )x2 = 9  x12 + x1x 2 + x 22 = 9  (x1  x2 )2  x1 x2  9 (4)
2
2
2
- Thay (1), (2) vào (4) ta được: 4m  m  m  1  9  3m  m  10  0

- Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; m2 =
Vậy m =

5
(thỏa mãn)
3

5
2
thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 : x1 + 2mx2 = 9
3


GIA SƯ THÀNH CÔNG


ÔN LUYỆN VÀO 10

0975.89.6066

Bài 3: Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km. Một ca nô đi từ bến A đến bến
B, nghỉ 20 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A
hết tất cả là 7 giờ. Hãy tìm vận tốc riêng của ca nơ, biết vận tốc của dịng nước là
4km/h
BÀI LÀM
Đổi 20 phút =

1
giờ
3

- Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x  4)
- Vận tốc canơ khi nước xi dịng là x  4 (km/h) và thời gian canơ chạy khi nước
xi dịng là

50
(giờ)
x4

- Vận tốc canơ khi nước ngược dịng là x  4 (km/h) và thời gian canơ chạy khi nước
ngược dịng là

50
(giờ)
x4
50 1 50

 
7
x4 3 x4
50
50
20
5
5
2






x4 x4 3
x4 x4 3
2
 15( x  4  x  4)  2( x  16)  2 x 2  30 x  32  0

- Theo đề bài ta có phương trình

 x 2  15 x  16  0

- Giải phương trình ta được x  1 (loại), x  16 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 16 km/h
Bài 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vng góc của M xuống AK
a). Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
b). Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?

c). Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d). Gọi P là hình chiếu vng góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác
OPK lớn nhất
BÀI LÀM
a). Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AM  900  AOM  900
(Định lý góc ở tâm), mà MH  AK (GT)  AHM = 900
+ Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM  AHM  900
Do đó đỉnh O và H ln nhìn đoạn AM dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp


ÔN LUYỆN VÀO 10

GIA SƯ THÀNH CÔNG

0975.89.6066

M

K
H
A

O

b). Xét tam giác vng MHK có MKH 

P

B


sdAM
 450 (góc nội tiếp chắn AM của đường
2

trịn tâm O)   MHK vng cân tại H (đpcm)
c).  MHK vuông cân tại H (theo phần b)  HM = HK
+ Xét  MHO và  KHO có HM = HK (CM trên), HO cạnh chung, OM = OK = R
  MHO =  KHO (c-c-c)  MOH  KOH  OH là phân giác của MOK (đpcm)
d). Ta có chu vi của  OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK = R không đổi
 chu vi tam giác OPK lớn nhất  OP + PK lớn nhất
+ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có :
OP  PK  1.OP  1.PK  12  12 . OP 2  PK 2  R 2

 chu vi của  OPK lớn nhất bằng:

2R + R = ( 2  1)R , khi

OP PK
hay K là điểm

1
1

chính giữa của cung MB
Bài 5:
1). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1
1
1
1



a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1
3
2
2
2). Giải phương trình: x  7x  6x  1  4x  3x

Tính giá trị biểu thức: P 

BÀI LÀM
1). Ta có
1
1
1
1
a
ab





a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1 a  ab  1 ab  abc  a abc  a 2 bc  ab
1
a
ab
1  a  ab
P




1
a  ab  1 ab  1  a 1  a  ab a  ab  1
P

Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1
2). Chuyển vế và phương trình trở thành hằng đẳng thức và  nghiệm của PT là x = - 1
x 3  7x 2  6x  1  4x 2  3x  x 3  3x 2  3x  1  0   x  1  0  x  1
3

Vậy phương trình có nghiệm là x = - 1
(HẾT)