Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2026 THCS Hoàng Văn Thụ (TP.HCM) có đáp án
7 câu hỏi
a) Vẽ đồ thị \[\left( P \right)\] của hàm số \(y = - 2{x^2}\).
b) Bằng phép tính, hãy tìm các điểm trên \[\left( P \right)\] có tung độ nhỏ hơn hoành độ 3 đơn vị.
Hướng dẫn giải
a) Vẽ đồ thị \[\left( P \right)\] của hàm số trên.
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = - 2{x^2}\) | \( - 8\) | \( - 2\) | 0 | \( - 2\) | \( - 8\) |
Khi đó, đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) đi qua các điểm \(A\left( { - 2\,;\,\, - 8} \right)\,;\,\,B\left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,C\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,D\left( {2\,;\,\, - 8} \right).\)
b) Thay \(y = x - 3\) vào \(y = - 2{x^2}\) ta được
\(x - 3 = - 2{x^2}\)
\(2{x^2} + x - 3 = 0\)
\[\left( {x - 1} \right)\left( {2x + 3} \right) = 0\]
\(x = 1\) hoặc \(x = \frac{{ - 3}}{2}\)
• Với \(x = 1\) thì \(y = 1 - 3 = - 2\).
• Với \(x = \frac{{ - 3}}{2}\) thì \(y = \frac{{ - 3}}{2} - 3 = \frac{{ - 9}}{2}\).
Vậy điểm cần tìm là \(\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\) và \(\left( {\frac{{ - 3}}{2}\,;\,\,\frac{{ - 9}}{2}} \right)\).
Cho biết phương trình \(2{x^2} - 3x - 1 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1}\,;\,\,{x_2}\).
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {x_1}\left( {x_2^3 - 2} \right) + {x_2}\left( {x_1^3 - 2} \right) - 2{x_1}{x_2}\).
Hướng dẫn giải
a) Phương trình \(2{x^2} - 3x - 1 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 17 > 0\).
Vậy phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Áp dụng định lí Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = \frac{3}{2}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\].
Ta có \[x_1^2 + x_2^2 = \left( {x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}} \right) - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} - 2.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{13}}{4}\].
Khi đó \(A = {x_1}\left( {x_2^3 - 2} \right) + {x_2}\left( {x_1^3 - 2} \right) - 2{x_1}{x_2}\)
\( = {x_1}x_2^3 - 2{x_1} + {x_2}x_1^3 - 2{x_2} - 2{x_1}{x_2}\)
\( = {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)\)
\( = - \frac{1}{2} \cdot \frac{{13}}{4} - 2 \cdot \frac{3}{2} + 1\)\( = - \frac{{29}}{8}\).
Thống kê kết quả tuyển sinh vào lớp 10 công lập năm học 2024 - 2025 khối lớp 9 của trường THCS X, ta có số liệu được biểu diễn bằng biểu đồ cột ghép sau :
a) Hãy tính tỉ lệ phần trăm học sinh trúng tuyển vào lớp 10 của từng lớp thuộc trường THCS X (làm tròn đến hai chữ số thập phân) và cho biết những lớp nào có tỉ lệ trúng tuyển trên 80%?
b) Chọn ngẫu nhiên một lớp của trường THCS X, tính xác suất của các biến cố sau :
b1. A: “Lớp được chọn có tỉ lệ trúng tuyển vào lớp 10 nhỏ hơn hay bằng 75%”.
b2. B: “Lớp được chọn có tỉ lệ trúng tuyển vào lớp 10 lớn hơn tỉ lệ trúng tuyển vào lớp 10 cả khối 9 của trường THCS X”.
Hướng dẫn giải
a) Tỉ lệ trúng tuyển 10 của
• lớp 91 là \(\frac{{34}}{{42}}.100\% \approx 80,95\% \); • lớp 92 là \(\frac{{28}}{{38}}.100\% \approx 73,86\% \);
• lớp 93 là \(\frac{{30}}{{39}}.100\% \approx 76,92\% \); • lớp 94 là \(\frac{{32}}{{40}}.100\% = 80\% \);
• lớp 95 là \(\frac{{30}}{{40}}.100\% = 75\% \); • lớp 96 là \(\frac{{29}}{{38}}.100\% \approx 76,32\% \);
• lớp 97 là \(\frac{{32}}{{36}}.100\% \approx 88,89\% \);
Lớp trúng tuyển 10 đạt tỉ lệ trên 80% là 91; 97.
b1. Số phần tử không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 7\).
Vì chọn ngẫu nhiên một lớp nên các kết quả xảy ra đồng khả năng.
Kết quả thuận lợi của biến cố A là 92 và 95 nên \(n\left( A \right) = 2\).
Xác suất của biến cố A là \(\frac{2}{7}\).
b2. Tổng số học sinh dự thi khối 9 là:
\(42 + 38 + 39 + 40 + 38 + 36 = 273\) (học sinh).
Tổng số học sinh trúng tuyển 10 của khối 9 là:
\(34 + 28 + 30 + 32 + 30 + 29 + 32 = 215\) (học sinh).
Tỉ lệ học sinh trúng tuyển là \(\frac{{215}}{{273}} \cdot 100\% \approx 78,6\% \).
Số phần tử không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 7\).
Kết quả thuận lợi của biến cố \[B\] là \(n(B) = 3\).
Vậy xác suất của biến cố \[B\] là \(\frac{3}{7}\).
Nhà bạn An có một khu vườn hình chữ nhật với tổng diện tích \(1250{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2})\). Ba bạn An cho đào một ao nuôi cá rô phi dạng hình tròn có bán kính \(10{\rm{ (m)}}\) và xây một chuồng gà dạng hình chữ nhật có chiều rộng \(x{\rm{ (m)}}\) và chiều dài \(y{\rm{ (m)}}\). Diện tích đất còn lại được đánh thành luống để trồng rau (được minh họa bởi hình vẽ bên).
Ba bạn An cho biết: Trung bình cứ mỗi \(1\,\,{{\rm{m}}^2}\) khu đất trồng rau sẽ cho thu hoạch khoảng \(4{\rm{ (kg)}}\) rau và mỗi kg rau bán được sẽ có lợi nhuận khoảng 5000 (đồng) (sau khi trừ mọi chi phí cho việc trồng rau). Để khuyến khích An trong việc phụ giúp gia đình, mẹ An hứa sẽ thưởng cho em 1% số tiền lợi nhuận thu được từ việc bán rau nếu mỗi ngày em ra vườn phụ ba mẹ tưới rau.
a) Thiết lập biểu thức tính diện tích phần đất trồng rau theo \(x,\,\,y\) (lấy Pi bằng 3,14).
b) Biết chuồng gà có chu vi \(60\,\,{\rm{m}}\) và chiều dài gấp hai lần chiều rộng. Hãy tính xem trung bình sau mỗi đợt thu hoạch rau An được mẹ thưởng khoảng bao nhiêu tiền?
Hướng dẫn giải
a) Diện tích ao là: \(S = \pi {r^2} = 3,14 \cdot {10^2} = 314\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
b) Biểu thức tính diện tích trồng rau là:
\({S_{rau}} = 1250 - 314 - xy = 936 - xy\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
b) Vì chuồng gà có chu vi \(60\,\,{\rm{m}}\) nên ta có phương trình: \(\left( {x + y} \right) \cdot 2 = 60\) hay \(x + y = 30\) (1)
Vì chiều dài gấp hai lần chiều rộng nên ta có phương trình: \(y = 2x\) hay \(2x - y = 0\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 30\\2x - y = 0\end{array} \right.\).
Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 20\end{array} \right.\).
Diện tích chuồng gà là \(10 \cdot 20 = 200\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Diện tích phần đất trồng rau là: \({S_{rau}} = 936 - 200 = 736\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Tiền thưởng nhận được là: \(736 \cdot 4 \cdot 5\,\,000 \cdot 1\% = 147\,\,{\mkern 1mu} 200\) (đồng).
Vậy trung bình sau mỗi đợt thu hoạch rau An được mẹ thưởng khoảng \(147\,\,{\mkern 1mu} 200\) đồng.
Trong xu hướng sản xuất hiện nay, một dụng cụ chứa chất lỏng được thiết kế gồm hai phần: Phần dưới là hình trụ có chiều cao \({h_1} = 12{\rm{ cm}}\), đường kính đáy \(d = 10{\rm{ cm}}\). Phần trên là hình nón có cùng bán kính đáy với hình trụ, chiều cao \({h_2} = 12{\rm{ cm}}\) (như hình vẽ).
a) Tính diện tích xung quanh của dụng cụ (không tính đáy dưới).
(Kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
b) Người ta đặt một khối cầu thủy tinh đặc (có đường kính bằng đường kính đáy hình trụ) vào trong dụng cụ rồi đổ nước đầy. Hỏi thể tích nước chiếm bao nhiêu phần trăm so với dung tích của dụng cụ khi chưa có khối cầu?
Biết công thức tính:
• Thể tích : \({V_{tru}} = \pi {R^2} \cdot {h_1};\,\,{V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {R^3};\,\,{V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot {h_2};\)
• Diện tích xung quanh: \[{S_{xq\,non}} = \pi Rl;\,\,{S_{xq\,tru}} = 2\pi R{h_1}\].Hướng dẫn giải
a) Bán kính đáy là \(r = 10:2 = 5\) (cm).
\({S_{xq\,non}} = \pi rl = \pi \cdot 5\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 65\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
\({S_{xq\,tru}} = 2\pi Rh = 2\pi \cdot 5 \cdot 12 = 120\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Tính diện tích xung quanh của vật dụng (không tính đáy dưới) là:
\(65\pi + 120\pi = 185\pi \approx 581,2\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
b) Ta có
\({V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {5^3} = \frac{{500}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\({V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot {5^2} \cdot 12 = 100\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\({V_{tru}} = \pi {R^2}h = \pi \cdot {5^2} \cdot 12 = 300\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Lượng nước còn lại là \(300\pi + 100\pi - \frac{{500}}{3}\pi = \frac{{700}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Lượng nước còn lại chiếm số phần trăm dung tích ban đầu của vật dụng là:
\(\frac{{\frac{{700}}{3}\pi }}{{300\pi + 100\pi }} \cdot 100\% \approx 58,3\% \).
Vậy thể tích nước chiếm khoảng \(58,3\% \) so với dung tích của dụng cụ khi chưa có khối cầu.
Trong lúc ôn tập cùng nhau, bạn Chánh hỏi bạn Khoa về tuổi của ba mẹ bạn Khoa, bạn Khoa cho biết: “Ba hơn mẹ 4 tuổi. Trước đây, khi tổng số tuổi của ba và mẹ là 66 tuổi thì tuổi của hai anh em lần lượt là 6 và 4 tuổi. Hiện nay, tổng số tuổi của ba và mẹ gấp 3 lần tổng số tuổi của hai anh em”. Em hãy giúp bạn Chánh:
a) Tính số tuổi của ba và mẹ Khoa trước đây.
b) Tính số tuổi của ba và mẹ Khoa hiện nay.
Hướng dẫn giải
a) Gọi tuổi mẹ trước đây là \[x\] (tuổi) \[\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\].
Khi đó, tuổi ba là \[x + 4\] (tuổi).
Theo đề bài, ta có phương trình: \(x + \left( {x + 4} \right) = 66\)
\(2x + 4 = 66\)
\(2x = 62\)
\(x = 31\)
Vậy trước đây mẹ Khoa 31 tuổi, ba Khoa 35 tuổi.
b) Gọi \[t\] là số năm từ “trước đây” đến nay \[\left( {t \in \mathbb{N}*} \right)\].
Số tuổi của hai anh em lúc trước: \(6 + 4 = 10\) (tuổi).
Số tuổi của hai anh em hiện nay: \(10 + 2t\) (tuổi).
Tổng số tuổi của ba và mẹ lúc trước là 66 tuổi
Suy ra tổng số tuổi của ba và mẹ hiện nay là: \(66 + 2t\) (tuổi).
Theo đề bài, ta có phương trình:
\(66 + 2t = 3\left( {10 + 2t} \right)\)
\(66 + 2t = 30 + 6t\)
\(36 = 4t\).
\(t = 9\).
Do đó, hiện nay mẹ Khoa \(31 + 9 = 40\) tuổi, ba Khoa \(35 + 9 = 44\) tuổi.
Vậy hiện nay mẹ Khoa 40 tuổi, ba Khoa 44 tuổi.
Cho đường tròn \[\left( {O\,;\,\,R} \right)\] đường kính \[AB,\] vẽ tiếp tuyến \[x'x\] tại \[A\] với đường tròn \[\left( O \right).\] Trên \[x'x\] lấy điểm \[C\] (\[C\] khác \[A\]). \[BC\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[D\] (\[D\] khác \[B\]). Kẻ \[OI\] vuông góc với \[BD\] tại \[I.\] Tia \[OI\] cắt \[x'x\] tại \[E.\] Tia \(CO\) cắt \(BE\) tại \[F\].
a) Chứng minh tứ giác \[CAOI\] nội tiếp được trong một đường tròn và \(CO \bot BE\) tại \[F\].
b) Chứng minh: \[IE\] là phân giác của \(\widehat {AIF}\) và \(BF \cdot BE = 2{R^2}\).
c) Trong trường hợp \(AC = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\). Tính theo \[R\] diện tích tam giác \[ABC\] phần nằm trong đường tròn \[\left( O \right).\]
Hướng dẫn giải
a) Vì \(\Delta AOC\) vuông tại \[A\] (\[AC\] là tiếp tuyến) nên \(\Delta AOC\) nội tiếp đường tròn đường kính \[CO\] (1)
Vì \(\Delta COI\) vuông tại \[H\] nên \(\Delta COI\) nội tiếp đường tròn đường kính \[CO\] (2)
Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[A,\,\,O,\,\,I,\,\,C\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[CO\].
Vậy tứ giác \[CAOI\] nội tiếp.
Xét \(\Delta BEC\) có hai đường cao \[EI,\,\,BA\] cắt nhau tại \[O\] nên \[O\] là trực tâm.
Do đó \(CO \bot BE\) tại \[F.\]
b) Chứng minh được tứ giác \[BIOF\] nội tiếp.
\(\widehat {OIF} = \widehat {OBF}\) (cùng chắn cung \[IF\] của đường tròn đường kính \[OB\])
\(\widehat {ACO} = \widehat {AIO}\) (cùng chắn cung \[AO\] của đường tròn đường kính \[CO\])
\(\widehat {ACO} = \widehat {OBF}\) (cùng phụ \[\widehat {CEB}\])
\(\widehat {AIO} = \widehat {OIF}\) (\[OI\] là phân giác của \(\widehat {AIF}\))
Xét \(\Delta BIE\) và \(\Delta BFC\) có: \(\widehat {IBE}\) chung; \(\widehat {BIE} = \widehat {BFC} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{BI}}{{BF}} = \frac{{BE}}{{BC}}\) nên \(BI \cdot BC = BF \cdot BE\quad (1)\)
Xét \(\Delta BIO\) và \(\Delta BAC\) có: \(\widehat {OBI}\) chung; \(\widehat {BIO} = \widehat {BAC} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BO}}{{BC}}\) nên \(BI \cdot BC = BO \cdot BA\).
Ta có \(BO \cdot BA = R \cdot 2R = 2{R^2}\) suy ra \(BI \cdot BC = 2{R^2}\quad (2)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BF \cdot BE = 2{R^2}\).
c) Tính được \(\widehat {ABC} = 30^\circ \).
\({S_{qOAD}} = \frac{{\pi {R^2} \cdot 60^\circ }}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\); \(BD = R\sqrt 3 \,;\,\,OI = \frac{R}{2}\).
\({S_{BOD}} = \frac{1}{2}BD.OI = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Do đó \({S_{qOAD}} + {S_{OBD}} = \frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đvdt).
Vậy diện tích tam giác \[ABC\] phần nằm trong đường tròn \[\left( O \right)\] là \(\frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đvdt).
