Đề thi minh họa Toán vào 10 năm học 2025 - 2026 TP Hồ Chí Minh
7 câu hỏi
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}.\)
1) Vẽ đồ thị \[\left( P \right)\] của hàm số trên.
2) Tìm những điểm \[M\] thuộc \[\left( P \right)\] có tung độ và hoành độ bằng nhau.
1) Vẽ đồ thị \[\left( P \right)\] của hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}.\)
Ta có bảng giá trị:
x | \[ - 4\] | \[ - 2\] | 0 | 2 | 4 |
\(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
Trên mặt phẳng tọa độ, lấy các điểm \[A\left( { - 4\,;\,\,8} \right)\,;\,\,B\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\,;\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,A'\left( {4\,;\,\,8} \right)\,;\,\,\]
\[B\;'\left( {2\,;\,\,2} \right).\]
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) là một đường parabol đỉnh \[O,\] đi qua các điểm trên và có dạng như dưới đây.
2) Điểm có tung độ và hoành độ bằng nhau nên gọi \[M\left( {{x_0};\,\,{x_0}} \right)\] thì \[{x_0} = \frac{{x_0^2}}{2}\]
Suy ra \[x_0^2 = 2{x_0}\] hay \[x_0^2 - 2{x_0} = 0\]
\[{x_0}\left( {{x_0} - 2} \right) = 0\]
\[{x_0} = 0\] hoặc \[{x_0} - 2 = 0\]
Vậy những điểm \[M\] thuộc \[\left( P \right)\] có tung độ và hoành độ bằng nhau là \[M\left( {0\,;\,\,0} \right)\] và \[M\left( {2\,;\,\,2} \right).\]
Cho phương trình \[2{x^2} - 5x + 1 = 0.\]
1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
2) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
\[A = {x_1}\left( {{x_1} + 2024} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\].
1) Phương trình \[2{x^2} - 5x + 1 = 0\] có \[a = 2\,;\,\,b = - 5\,;\,\,c = 1\] nên ta có:
\[\Delta \; = \;{\left( { - 5} \right)^2} - \;4 \cdot 2 \cdot 1 = \;25 - \;8 = \;17 > \;0\] nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
2) Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{5}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
Ta có: \[A = {x_1}\left( {{x_1} + 2024} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\]
\[ = x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2025{x_2} - {x_2}\]
\[ = x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2024{x_2}\]
\[ = \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 2{x_1}{x_2} + \left( {2024{x_1} + 2024{x_2}} \right)\]
\[ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\]
\[ = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{1}{2} + 2024 \cdot \frac{5}{2}\]
\[ = \frac{{25}}{4} - 1 + 5060 = \frac{{20\,\,261}}{4}\].
Vậy \[A = \frac{{20\,\,261}}{4}\].
Biên độ nhiệt là khoảng cách chênh lệch giữa nhiệt độ cao nhất và nhiệt độ thấp nhất trong cùng một khoảng thời gian nhất định (một ngày, một tháng, một năm, …) của cùng một vùng địa lí. Biểu đồ cột kép dưới đây biểu diễn nhiệt độ (độ C) các ngày trong một tuần tại Thành phố Hồ Chí Minh.
1) Trong tuần này, ngày có biên độ nhiệt lớn nhất của thành phố Hồ Chí Minh là thứ mấy?
2) Chọn ngẫu nhiên một ngày trong tuần, tính xác suất của các biến cố sau:
A: “Ngày được chọn có nhiệt độ cao nhất không quá 35 độ C”.
B: “Ngày được chọn có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C”.
1) Dựa vào biểu đồ cột kép, ta có biên độ nhiệt của các ngày trong tuần là:
Thứ 2: \[36 - 26 = 10,\] thứ 3: \[35 - 24 = 11,\] thứ 4: \[36 - 27 = 9;\] thứ 5: \[35 - 25 = 10;\]
Thứ 6: \[37 - 25 = 12;\] thứ 7: \[36 - 22 = 14;\] chủ nhật: \[34 - 23 = 11.\]
Vậy ngày có biên độ nhiệt lớn nhất trong tuần của thành phố Hồ Chí Minh là thứ 7.
2) Ta có số ngày có nhiệt độ cao không quá 35 độ C là 3 (ngày).
Suy ra số phần tử của biến cố A là 3.
Xác suất để ngày được chọn có nhiệt độ cao nhất không quá 35 độ C là \(\frac{3}{7}\).
Có số ngày có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là 5 (ngày).
Suy ra số phần tử của biến cố B là 5.
Xác suất để ngày được chọn có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là \(\frac{5}{7}.\)
1) Viết biểu thức \[S\] biểu diễn theo \[x\] diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng.
2) Biết rằng sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \[1\,\,150\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\] Tìm giá trị của \[x\] (làm tròn đến hàng phần mười của mét).
1) Chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\[30 + x + x = 30 + 2x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]
Chiều dài của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\[70 + x + x = 70 + 2x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]
Diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\[\left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]
Vậy biểu thức \[S\] biểu diễn theo \[x\] là \[S = \left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right)\].
2) Điều kiện: \[x > 0\].
Diện tích của khu vườn ban đầu là: \[70 \cdot 30{\rm{ }} = 2\,\,100\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]
Vì sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \[1\,\,150\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] nên phương trình:
\[\left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right) = 2\,\,100 + 1\,\,150 = 3\,\,250\]
\[2100 + 60x + 140x + 4{x^2} = 3\,\,250\]
\[4{x^2} + 200x - 1\,\,150 = 0\]
\[2{x^2} + 100x - 575 = 0\]
Ta có \[\Delta '\; = 3\,\,650 > 0\;\] nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\[{x_1} \approx 5,2\] (thỏa mãn) hoặc \[{x_2} \approx - 55,2\] (không thỏa mãn).
Vậy giá trị của \[x\] là khoảng \[5,2\,\,{\rm{m}}.\]
Một quả dưa hấu không hạt ruột đỏ dạng hình cầu có đường kính \[25\,\,{\rm{cm}}\] và phần vỏ dày \[2\,\,{\rm{cm}}.\]
1) Coi phần ruột màu đỏ cũng có dạng hình cầu có cùng tâm với quả dưa hấu. Tính thể tích phần ruột quả dưa hấu.
(Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của \[{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}).\]2) Người ta ép phần ruột màu đỏ của quả dưa hấu trên thì thể tích nước ép thu được bằng 80% thể tích phần ruột. Nước ép dưa hấu sẽ được đựng trong các ly thủy tinh giống nhau, phần lòng trong dạng hình trụ có chiều cao \[10\,\,{\rm{cm}}\] và đường kính đáy lòng trong là \[5\,\,{\rm{cm}}.\] Mỗi ly chỉ chứa được \[70\% \] thể tích. Hỏi để đựng nước ép của quả dưa hấu nói trên thì cần ít nhất bao nhiêu cái ly?
Biết công thức tính thể tích hình trụ là \[V = p{R^2}h\,\,(R\] là bán kính đáy, \(h\)là chiều cao); công thức tính thể tích hình cầu là \[V = \frac{4}{3}p{R^3}\,\,(R\] là bán kính hình cầu).
![Một quả dưa hấu không hạt ruột đỏ dạng hình cầu có đường kính 25cm và phần vỏ dày 2 cm] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/anh-man-hinh-2025-10-24-luc-200412-1761310950.png)
1) Bán kính của phần ruột quả dưa hấu là: \(\frac{{25 - 2 \cdot 2}}{2} = 10,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Thể tích phần ruột của quả dưa hấu là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {10,5^3} \approx 4\,\,849,05\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Vậy thể tích phần ruột của quả dưa hấu khoảng \(4\,\,849,05\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
2) Thể tích nước ép dưa hấu là: \[{V_n} = \;80\% \cdot 4\,\,849,05 = \;3\,\,879,24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]
Thể tích của phần đựng nước ly thuỷ tinh là:
\[{V_l} = 70\% \cdot \pi {R^2}h = 70\% \cdot \pi \cdot {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} \cdot 10 \approx 137,44\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]
Ta có \[\frac{{{V_n}}}{{{V_l}}} \approx \frac{{\;3\,\,879,24}}{{137,44}} \approx 28,22\].
Do đó cần ít nhất 29 cái ly để đựng hết nước ép của quả dưa hấu.
Thép không gỉ Ferritic là họ thép hợp kim có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm. Một nhà máy luyện thép hiện có sẵn một lượng hợp kim thép chứa \[10\% \] crôm và một lượng hợp kim thép chứa \[30\% \] crôm. Giả sử trong quá trình luyện thép các nguyên liệu không bị hao hụt.
1) Tính khối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được 500 tấn thép chứa \[16\% \] crôm.
2) Nhà máy dự định luyện ra loại thép không gỉ Ferritic từ 100 tấn thép chứa \[10\% \] crôm và \[x\] tấn thép chứa \[30\% \] crôm. Hỏi \[x\] nằm trong khoảng nào?
1) Gọi \[a\] là số tấn hợp kim thép chứa \[10\% \] crom cần dùng \[\left( {a > 0} \right).\]
Khi đó, \[500--a\] là số tấn hợp kim thép 30% cần dùng.
Ta có \[a \cdot 10\% + \left( {500--a} \right) \cdot 30\% = 500 \cdot 16\% \]
\[10a + \left( {500--a} \right) \cdot 30 = 500 \cdot 16\]
\[a + 1\,\,500--3a = 800\]
\[2a = 700\]
\[a = 350\] (TMĐK)
Vậy số hợp kim thép chứa \[10\% \] crom cần dùng là 350 tấn, số hợp kim thép chứa \[30\% \] cần dùng là 150 tấn.
2) Số crôm từ 100 tấn thép chứa \[10\% \] crôm là \[10\% \cdot 100 = 10\] (tấn)
Số crôm từ x tấn thép chứa 30% crôm là \[0,3x\] (tấn)
Tổng số tấn thép là \[100 + x\] (tấn)
Phần trăm crôm có trong tổng số tấn thép nhà máy dự định luyện ra là: \(\frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}} \cdot 100\,\,\left( \% \right)\)
Theo đầu bài, thép không gỉ Ferritic có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm, ta có:
\(12 \le \frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}} \cdot 100 \le 27\)
\(1\,\,200 + 12x \le 1\,\,000 + 30x \le 2\,\,700 + 27x\)
Xét \[1\,\,200 + 12x \le 1\,\,000 + 30x\] \[30x - 12x \ge 1\,\,200 - 1\,\,000\] \[18x \ge 200\] \[x \ge \frac{{100}}{9} & \left( 1 \right)\] | Xét \[1\,\,000 + 30x \le 2\,\,700 + 27x\] \[30x - 27x \le 2\,\,700 - 1\,\,000\] \[3x \le 1\,\,700\] \[x \le \frac{{1\,\,700}}{3} & \left( 2 \right)\] |
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[\frac{{100}}{9} \le x \le \frac{{1\,\,700}}{3}.\]
Vậy \[x\] nằm trong khoảng \[\frac{{100}}{9}\] đến \[\frac{{1\,\,700}}{3}.\]
Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn \[\left( {AB\; < AC} \right).\] Đường tròn tâm \[O\] đường kính \[BC\] cắt hai cạnh \[AB,\,\,\;AC\] lần lượt tại \[E\] và \[F\] \[(E\] khác \[B,\,\,F\] khác \[C).\] Các đoạn thẳng \[BF\] và \[CE\] cắt nhau tại \[H,\] tia \[AH\] cắt \[BC\] tại \[K.\]
1) Chứng minh bốn điểm \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \) từ đó suy ra tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.
2) Gọi \[D\] là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\] \[(D\] nằm giữa \[A\] và \[H),\] chứng minh \[B{D^2}\; = BK \cdot BC\] và \(\widehat {BDH} = \widehat {BFD}.\)
3) Trong trường hợp \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \(BC = 6\,\,{\rm{cm}},\)tính độ dài đoạn thẳng \[EF\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF.\]
1) Vì \[\widehat {BEC},\,\,\widehat {BFC}\] là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên ta co
Khi đó \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \[A,\,\,E,\,\,H\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]
Tương tự \[\Delta AFH\]vuông tại F nên \[A,\,\,H,\,\,F\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]Vậy \[A,\,\,E,\,\,F,\,\,H\] cùng thuộc đường trong đường kính \[AH\] hay tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.
2) Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét BDK và BCD có \[\widehat {CBD}\] chung; \[\widehat {BKD} = \;\widehat {BDC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]
Do đó
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \[B{D^2} = BK \cdot BC\].
Do nên \[\widehat {BDH} = \;\widehat {BCD}\] (hai góc tương ứng).
Mà \[\widehat {BCD} = \widehat {BFD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD)\]
Nên \[\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\] (đpcm)
Do \[\Delta AFB\] vuông tại \[F\] nên \[\widehat {ABF} = 90^\circ - \widehat {BAF} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \].
Mà nên \[\widehat {OEF} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]
Xét \[\Delta OEF\] cân tại \[O\] (do \[OE = OF\]) có \[\widehat {EOF} = 60^\circ \] nên \[\Delta OEF\] là tam giác đều.
Suy ra \[EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]
Xét \[\Delta ABC\] có đường cao \[CE\] và \[BF\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm.
Suy ra \[AH \bot BC\]
Xét \[\Delta AHF\] và \[\widehat {BHK}\] có \[\widehat {AHF} = \;\widehat {BHK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BKH}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]
Suy ra \[\widehat {HAF} = \widehat {HBK}\] hay \[\widehat {HAF} = \widehat {FBC}\]
Kết hợp \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BFC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\] suy ra
Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \widehat {FAB} = \cot 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) .
Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot 6 = 2\sqrt 3 .\)
Xét tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\] nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .\)
Vậy \[EF = 3\,\,{\rm{cm}}\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF\] là \(\sqrt 3 .\)
