Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2026 THCS Hậu Giang (TP.HCM) có đáp án
7 câu hỏi
Cho hàm số \(\left( P \right):\,y = \frac{{{x^2}}}{2}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số trên.
b) Tìm điểm thuộc đồ thị \(\left( P \right)\) sao cho hoành độ và tung độ có tổng bằng 12.
a) Vẽ parabol (P): Bảng giá trị
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) | \(2\) | \(\frac{1}{2}\) | \(0\) | \(\frac{1}{2}\) | \(2\) |
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\).
b) Gọi \[M\left( {x\,;\,\,y} \right)\] thuộc đồ thị \[\left( P \right)\] có \[x + \,y = 12\] thay vào hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) ta được \(x + \frac{{{x^2}}}{2} = 12\)
Nhân cả hai vế với 2 để khử mẫu ta được \[{x^2} + 2x - 24 = 0\] (1)
Ta có \(\Delta = {2^2} - 4.1.( - 24) = 100 > 0\)
Nên phương trình có hai nghiệm
\({x_1} = \frac{{ - 2 + \sqrt {100} }}{2} = 4;\,\,{x_2} = \frac{{ - 2 - \sqrt {100} }}{2} = - 6\)
Với \[x = 4\] thì \[y = 8\]
Với \[x = - 6\] thì \[y = 18\]
Vậy hai điểm thoả mãn là \[\left( {4\,;\,\,8} \right)\] và \[\left( { - 6\,;\,\,18} \right).\]Cho phương trình : \(2{x^2} - 5x - 7 = 0\).
a) Chứng minh phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b) Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức \(A = {x_1}\left( {{x_1}^2 + 2022} \right) - {x_2}\left( { - {x_2}^2 - 2023} \right) - {x_2}\).
a) Xét phương trình \(2{x^2} - 5x - 7 = 0\) (có \[a = 2\,;\,\,b = - 5\,;\,\,c = - 7\])
\(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.\left( { - 7} \right) = 25 + 56 = 81 > 0\)
Do đó phương trình này có 2 nghiệm phân biệt.b) Theo hệ thức Viète, ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{5}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 7}}{2}\end{array} \right.\)
\(A = {x_1}\left( {{x_1}^2 + 2022} \right) - {x_2}\left( { - {x_2}^2 - 2023} \right) - {x_2}\)
\( = \left( {{x_1}^3 + {x_2}^3} \right) + 2022{x_1} + 2023{x_2} - {x_2}\)
\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2022\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)
Thay \({x_1} + {x_2} = \frac{5}{2};{x_1}{x_2} = \frac{{ - 7}}{2}\),ta được:\(A = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^3} - 3.\frac{5}{2}.\left( {\frac{{ - 7}}{2}} \right) + 2022.\frac{5}{2} = \frac{{125}}{8} + \frac{{105}}{4} + 5055 = \frac{{40\,\,775}}{8}\).Bạn An ném ngẫu nhiên một viên bi vào bảng gồm các ô vuông (như hình vẽ). Biết rằng mỗi lần ném, viên bi chỉ có thể nằm gọn vào một ô vuông màu trắng hoặc một ô vuông màu đen và việc viên bi nằm trong ô vuông màu trắng hay ô vuông màu đen là đồng khả năng.
a) Tính xác suất để trong 1 lần ném, viên bi nằm trong ô vuông màu đen.
b) Để trò chơi thêm kịch tính, An đặt ra quy luật tính điểm như sau: Nếu bi vào ô đen được cộng 5 điểm, nếu vào ô trắng bị trừ 2 điểm. Bạn An thực hiện ném bi 2 lần liên tiếp. Tính xác suất để sau 2 lần ném, tổng số điểm của An nhận được lớn hơn 0.
a) Gọi A là biến cố “viên bi nằm trong ô vuông màu đen”
Quan sát hình vẽ, có 64 kết quả có thể xảy ra hay \(n\left( \Omega \right) = 64\)
Quan sát hình vẽ, có 32 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) hay \(n\left( A \right) = 32\)
Xác suất để viên bi nằm trong ô vuông màu đen là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{32}}{{64}} = \frac{1}{2}\]b) Gọi B là biến cố “tổng số điểm của An nhận được lớn hơn 0”
Có 4 trường hợp có thể xảy ra là:
• Đen – Đen với tổng điểm là 10 (thỏa yêu cầu)
• Đen – Trắng với tổng điểm là 3 (thỏa yêu cầu)
• Trắng – Đen với tổng điểm là 3 (thỏa yêu cầu)
• Trắng – Trắng với tổng điểm là \[ - 4\] (không thỏa yêu cầu)
Suy ra \(n\left( \Omega \right) = 4\)
Và có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) hay \(n\left( B \right) = 3\)
Xác suất để tổng số điểm của An nhận được lớn hơn 0 là: \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{4}\].Một cái sân hình chữ nhật có độ dài của một cạnh như hình vẽ. Ở góc sân, người ta làm một cái bồn hoa hình tròn có bán kính \[x\] mét \[\left( {x > 0} \right).\] Biết vòng tròn tiếp xúc với 2 cạnh của hình chữ nhật và khoảng cách từ cạnh (chiều dài) của hình chữ nhật đến đường tròn là 2 mét (xem hình minh họa). Cho \(\pi = 3,14\).
a) Viết biểu thức biểu thị diện tích đất còn lại sau khi đã xây bồn hoa.
b) Hãy tính bán kính của bồn hoa hình tròn biết diện tích đất còn lại sau khi xây bồn hoa là \[54,71{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]
a) Cái bồn hoa hình tròn có bán kính \[x\] mét \[\left( {x > 0} \right)\]
Chiều rộng hình chữ nhật là \(2x + 2\,\,\left( m \right)\)
Diện tích cái sân hình chữ nhật là \(\left( {2x + 2} \right)\left( {1,57x + 10} \right)\,\,\left( {{m^2}} \right)\)
Diện tích bồn hoa \(3,14{x^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\)
Diện tích đất còn lại sau khi đã xây bồn hoa là: \(\left( {2x + 2} \right)\left( {1,57x + 10} \right)\, - 3,14{x^2}\) \(\left( {{m^2}} \right)\)b) Theo đề ta có phương trình: \(\left( {2x + 2} \right)\left( {1,57x + 10} \right)\, - 3,14{x^2} = 54,71\)
tìm được \(x = 1,5\) ( nhận)
Vậy bồn hoa hình tròn có bán kính \(1,5\,\,\left( m \right)\)Một ống đựng các viên vitamin C có dạng hình trụ với đường kính đáy là 4 cm và chiều cao là 12 cm. Mỗi viên vitamin C hình cầu với bán kính là 0,5 cm .
a) Tính thể tích của ống vitamin C và thể tích của một viên vitamin C (tính theo đơn vị cm3 và làm tròn đến hàng phần trăm).Biết công thức tính thể tích hình trụ là \(V = \pi {R^2}h\) (\[R\] là bán kính đáy, \[h\] đường cao của hình trụ). Thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) (\[R\] là bán của kính hình cầu).
b) Biết rằng trong ống có một lớp không khí chiếm 10% thể tích của ống. Tính số viên vitamin C tối đa có thể chứa trong ống.
a) Thể tích của ống vitamin C hình trụ là:
\(V = \pi {\left( {\frac{4}{2}} \right)^2}.12 = 48\pi \approx 150,80\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
Thể tích của một viên vitamin C hình cầu là:
\(V = \frac{4}{3}\pi {.0,5^3} = \frac{\pi }{6} \approx 0,52\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)b) Trong ống có 10% thể tích là không khí, nên thể tích thực tế để chứa viên vitamin:
90%.Vống = \(90\% .48\pi = 43,2\pi \approx 135,72\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)
Số viên vitamin C tối đa là: \(\frac{{43,2\pi }}{{\frac{\pi }{6}}} = 259,2 \approx 259\) (viên).
Vậy số viên vitamin C là 259 viên.Hai bạn Nam và Hùng đua xe đạp. Biết rằng nếu cùng đạp xe, tốc độ của Nam gấp 2 lần tốc độ của Hùng. Tốc độ chạy bộ của Nam bằng \(\frac{1}{4}\) tốc độ đạp xe của Hùng. Trong cuộc đua, sau 5 phút Nam bị hỏng xe nên phải chạy bộ. Cả hai cùng về đích một lúc. Hỏi cuộc đua kéo dài bao lâu?
Gọi tốc độ xe đạp của Hùng là \(x\)(m/phút) \(\left( {x > 0} \right)\)
Gọi tốc độ xe đạp của Nam là \(2x\) (m/phút)
Tốc độ chạy bộ của Nam là \(\frac{1}{4}x\) (m/phút)
Gọi \(t\) (phút) là thời gian về đích của hai bạn \(\left( {t > 0} \right)\)
Thời gian của Nam chạy bộ là \(t - 5\) (phút)
Quãng đường bạn Nam chạy bộ là: \(\frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right)\) (m)
Quãng đường bạn Nam chạy xe đạp là: \(2x.5\) (m)
Quãng đường đua xe là: \(2x.5 + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right) = 10x + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right)\) (m) và \(x.t\,(m)\) nên có phương trình: \(10x + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right) = x.t\)
\(x.\left[ {10 + \frac{1}{4}\left( {t - 5} \right)} \right] = x.t\)
\(10 + \frac{1}{4}t - \frac{5}{4} = t\)
\(t = \frac{{35}}{3}\)( nhận)
Vậy cuộc đua kéo dài \(\frac{{35}}{3}\) phút hay 11 phút 40 giây.Cho tam giác \(ABC\) nhọn (\(AB < AC\)). Đường tròn tâm \(O\) đường kính \(BC\) cắt hai cạnh\(AB\), \(BC\) 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 \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm \[\;A,{\rm{ }}E,{\rm{ }}H,{\rm{ }}F\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \((O)\) (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(H\)). Chứng minh \(B{D^2} = BK.BC\) và \[\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\].
c) Cho \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \[BC = 6\,\,{\rm{cm}}\]. Tính diện tích phần hình giới hạn bởi cung \(EDF\) và dây \(EF\).
a) Chứng minh bốn điểm\[\;A,{\rm{ }}E,{\rm{ }}H,{\rm{ }}F\]cùng thuộc một đường tròn.
Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(EC \bot AB\) tại \(E\)và \(BF \bot AC\) tại \(F\)b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\)và \((O)\) (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(H\)). Chứng minh\(B{D^2} = BK.BC\) và \[\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\].
Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta lại có \(EC \bot AB\) tại \(E\) và \(BF \bot AC\) tại \(F\).
Mà \(BF\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H\).
Do đó \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).
Suy ra \(AH \bot BC\) tại \(K\).
Chứng minh được .
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \(B{D^2} = BK.BC\).
Do (cmt) suy ra \(\widehat {BDH} = \widehat {BCD}\) (2 góc tương ứng)
Mà \(\widehat {BCD} = \widehat {BFD}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD\]).
Nên \(\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\).c) Cho \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \[BC = 6cm\]. Tính diện tích phần hình giới hạn bởi cung \(EDF\) và dây \(EF\).
Do \(\Delta AFB\) vuông tại \[F\] nên \(\widehat {ABF} = 90^\circ - \widehat {BAF} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).
Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[EF\])
Suy ra \(\widehat {EOF} = 2 \cdot 30^\circ \, = 60^\circ \).
Xét tam giác \[EOF\] cân tại \[O\] (do OE = OF) có \(\widehat {EOF} = 60^\circ \) nên tam giác \[EOF\] là tam giác đều.
Suy ra \(EF = OF = OE = \frac{1}{2}BC = 3cm\)
Diện tích hình quạt \[EOF\] là: \[{S_{qEOF}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.3}^2}.60}}{{360}} = \frac{3}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]
Diện tích tam giác \[EOF\] là: \[{S_{\Delta EOF}} = \frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]
Vậy diện tích phần giới hạn bởi cung \[EDF\] và dây \[EF\] là:
\[S = \frac{3}{2}\pi - \frac{{9\sqrt 3 }}{4} \approx 0,8\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]
