Đề thi thi mẫu TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hồ Chí Minh
15 câu hỏi
Câu 1-2 (1,5 điểm)Chohàmsố\(y = \frac{{{x^2}}}{2}.\)
Vẽđồthị\[\left( P \right)\]củahàmsố\(y = \frac{{{x^2}}}{2}.\)
Ta có bảng giá trị:
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.
|
![1) Vẽ đồ thị \[\left( P \right)\] của hàm số trên. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/31-1741710052.png)
2)Tìmnhữngđiểm\[M\]thuộc\[\left( P \right)\]cótungđộvàhoànhđộbằngnhau.
Điểmcótungđộvàhoànhđộbằngnhaunêngọi \[M\left( {{x_0};\,\,{x_0}} \right)\]thì \[{x_0} = \frac{{x_0^2}}{2}\]
Suyra\[x_0^2 = 2{x_0}\] hay \[x_0^2 - 2{x_0} = 0\]
\[{x_0}\left( {{x_0} - 2} \right) = 0\]
\[{x_0} = 0\]hoặc\[{x_0} - 2 = 0\]
Vậynhững điểm\[M\]thuộc\[\left( P \right)\]có tung độvàhoành độbằng nhau là \[M\left( {0\,;\,\,0} \right)\]và\[M\left( {2\,;\,\,2} \right).\]
Câu 3-4 (1,0 điểm) Chophươngtrình\[2{x^2} - 5x + 1 = 0.\]
1)Phươngtrình\[2{x^2} - 5x + 1 = 0\]có\[a = 2\,;\,\,b = - 5\,;\,\,c = 1\]nêntacó:
\[\Delta \; = \;{\left( { - 5} \right)^2} - \;4 \cdot 2 \cdot 1 = \;25 - \;8 = \;17 > \;0\]nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Ápdụng định líViète,tacó: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{5}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
Tacó:\[A = {x_1}\left( {{x_1} + 2024} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\]
\[ = x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2025{x_2} - {x_2}\]
\[ = x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2024{x_2}\]
\[ = \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 2{x_1}{x_2} + \left( {2024{x_1} + 2024{x_2}} \right)\]
\[ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\]
\[ = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{1}{2} + 2024 \cdot \frac{5}{2}\]
\[ = \frac{{25}}{4} - 1 + 5060 = \frac{{20\,\,261}}{4}\].
Vậy \[A = \frac{{20\,\,261}}{4}\].
Câu 5-6 (1,5 điểm) Biênđộnhiệtlàkhoảngcáchchênhlệchgiữanhiệtđộcaonhấtvànhiệtđộ thấpnhấttrongcùngmộtkhoảngthờigiannhấtđịnh(mộtngày,mộttháng,mộtnăm,…)của cùng mộtvùngđịalí. Biểuđồcộtképdướiđâybiểudiễnnhiệtđộ(độ C)cácngàytrongmột tuần tại Thành phố Hồ Chí Minh.
Dựavào biểuđồcộtkép,ta cóbiên độnhiệt củacácngày trongtuầnlà:
Thứ2:\[36 - 26 = 10,\]thứ3:\[35 - 24 = 11,\]thứ4:\[36 - 27 = 9;\]thứ5:\[35 - 25 = 10;\]
Thứ6:\[37 - 25 = 12;\]thứ7:\[36 - 22 = 14;\]chủnhật:\[34 - 23 = 11.\]
Vậyngày có biênđộ nhiệt lớnnhấttrongtuầncủathành phố Hồ ChíMinhlà thứ 7.
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”.
Tacósốngàycónhiệtđộcaokhôngquá35độClà3(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)Chiềurộngcủakhu vườnhình chữnhật saukhi 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 \[S = \left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right)\].
Điều kiện: \[x > 0\].
Diệntíchcủakhuvườn banđầu 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 \[\Delta '\; = 3\,\,650 > 0\;\]nênphươngtrình cóhai nghiệmphân biệt:
\[{x_1} \approx 5,2\] (thỏa mãn) hoặc \[{x_2} \approx - 55,2\] (không thỏa mãn).
Vậygiátrị của\[x\]làkhoảng \[5,2\,\,{\rm{m}}.\]
Câu 9-10: (1,0 điểm) Một quả dưa hấukhônghạtruộtđỏ dạnghìnhcầucóđườngkính\[25\,\,{\rm{cm}}\]và phần vỏ dày \[2\,\,{\rm{cm}}.\]
Bánkínhcủaphầnruộtquảdưahấulà: \(\frac{{25 - 2 \cdot 2}}{2} = 10,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Thểtích phần ruột củaquảdưahấu 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 thểtích phần ruột củaquảdưahấu khoảng \(4\,\,849,05\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
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\[5\,\,{\rm{cm}}.\] Mỗilychỉ chứa được\[70\% \] thể tích.Hỏiđể đựngnước ép của quả dưa hấunóitrên thìcầnít nhất bao nhiêu cái ly?
Biếtcôngthứctínhthểtíchhìnhtrụlà\[V = p{R^2}h\,\,(R\]làbánkínhđáy,\(h\)làchiềucao); côngthứctínhthểtíchhìnhcầulà \[V = \frac{4}{3}p{R^3}\,\,(R\]làbánkính hình cầu).
Thểtíchnướcépdưahấu là:\[{V_n} = \;80\% \cdot 4\,\,849,05 = \;3\,\,879,24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]
Thểtích củaphần đựng nướcly 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 \[\frac{{{V_n}}}{{{V_l}}} \approx \frac{{\;3\,\,879,24}}{{137,44}} \approx 28,22\].
Dođó cầnít nhất29 cáily để đựnghết nướcép củaquảdưa hấu.
Câu 11-12: (1,0 điểm) Thép không gỉ Ferritic là họ thép hợp kim có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm. Một nhà máyluyện 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) Tínhkhối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được500tấn thép chứa \[16\% \] crôm.
Gọi \[a\]làsốtấnhợpkimthépchứa\[10\% \]cromcầndùng\[\left( {a > 0} \right).\]
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)
Vậysốhợpkimthépchứa \[10\% \]cromcầndùnglà350tấn,sốhợpkimthépchứa\[30\% \]cầndùng là 150 tấn.
2) Nhàmáydựđịnhluyệnraloạithépkhônggỉ Ferritictừ100tấnthépchứa\[10\% \]crômvà \[x\]tấnthépchứa\[30\% \]crôm.Hỏi\[x\] nằmtrongkhoảng nào?
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:
Xét | Xét |
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[\frac{{100}}{9} \le x \le \frac{{1\,\,700}}{3}.\]
Vậy \[x\] nằmtrongkhoảng \[\frac{{100}}{9}\] đến \[\frac{{1\,\,700}}{3}.\]
Câu 13-15 (3,0 điểm) Cho tamgiác\[ABC\]cóbagócnhọn\[\left( {AB\; < AC} \right).\]Đườngtròntâm\[O\]đườngkính\[BC\]cắt haicạnh\[AB,\,\,\;AC\]lầnlượttại\[E\]và\[F\]\[(E\]khác\[B,\,\,F\]khác\[C).\]Cácđoạnthẳng\[BF\]và \[CE\]cắtnhautại\[H,\]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. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/35-1741711115.png)
Vì \[\widehat {BEC},\,\,\widehat {BFC}\] là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên ta có
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\[A,\,\,E,\,\,F,\,\,H\]cùngthuộcđườngtrongđườngkính\[AH\]haytứgiác\[AEHF\]nộitiếp.
Tacó (tínhchất gócnội tiếpchắnnửađường tròn)
Xét\(\Delta BDK\) và\(\Delta BCD\) có \[\widehat {CBD}\]là góc 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\[\widehat {BDH} = \;\widehat {BCD}\](haigóctươngứng).
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 \(\sqrt 3 .\)
