Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2023 - 2024 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án
8 câu hỏi
a) Xét hàm số \(\left( d \right):y = x + 4\)
Ta có bảng giá trị
|
\(x\) |
0 |
– 4 |
|
\(\left( d \right):y = x + 4\) |
4 |
0 |
Xét hàm số \(\left( P \right):y = \frac{{{x^2}}}{2}\)
Ta có bảng giá trị
|
\(x\) |
– 4 |
– 2 |
0 |
2 |
4 |
|
\(\left( P \right):y = \frac{{{x^2}}}{2}\) |
8 |
2 |
0 |
2 |
8 |
(0,25 điểm)
Đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):
(0,5 điểm)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{2} = x + 4\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} - x - 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 4\end{array} \right.\) (0,25 điểm)
+ Với \(x = - 2\) thì \(y = - 2 + 4 = 2\). (0,25 điểm)
+ Với \(x = 4\) thì \(y = 4 + 4 = 8\). (0,25 điểm)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(\left( { - 2;\,2} \right)\) và \(\left( {4;\,8} \right)\).
Vì phương trình đã cho có 2 nghiệm là \({x_1},{x_2}\) nên theo định lý Vi-ét, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{13}}{2}\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{2} = - 3\end{array} \right.\). (0,5 điểm)
Ta có:
\(A = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1} + 2{x_2}} \right) - x_2^2\)
\( = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + {x_2}{x_1} + 2x_2^2 - x_2^2\)
\( = x_1^2 + x_2^2 + 3{x_1}{x_2}\)
\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2}\) (0,25 điểm)
\( = {\left( {\frac{{13}}{2}} \right)^2} + \left( { - 3} \right) = \frac{{157}}{4}\). (0,25 điểm)
Vậy \(A = \frac{{157}}{4}\).
a) Đổi 1,58 m = 158 cm.
Thay \(T = 158\) và \(N = 2\) vào \(M = T - 100 - \frac{{T - 150}}{N}\), ta có:
\(M = 158 - 100 - \frac{{158 - 150}}{2} = 54\) (kg).
Vậy cân nặng lý tưởng của bạn Hạnh là 54 kg. (0,25 điểm)
b) Thay \(M = 68\) và \(N = 4\) vào \(M = T - 100 - \frac{{T - 150}}{N}\), ta có:
\(68 = T - 100 - \frac{{T - 150}}{4}\)\( \Leftrightarrow \frac{{4T - \left( {T - 150} \right)}}{4} = 168\)\( \Leftrightarrow 3T + 150 = 672\) (0,25 điểm)
\( \Leftrightarrow 3T = 522 \Leftrightarrow T = 174\) (cm). (0,25 điểm)
Vậy để cân nặng của Phúc là lý tưởng thì chiều cao của bạn Phúc cần đạt là 174 cm hay 1,74 m.
- Nếu mua nhiều hơn 10 bông hồng thì từ bông thứ 11 trở đi mỗi bông được giảm thêm 10% trên giá niêm yết, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 11 đến 20 là:
15 000 . (100% – 10%) = 13 500 (đồng).
- Nếu mua nhiều hơn 20 bông hồng thì từ bông thứ 21 trở đi mỗi bông được giảm thêm 20% trên giá đã giảm, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 21 là:
13 500 . (100% – 20%) = 10 800 (đồng).
a) Nếu khách hàng mua 30 bông hồng thì số tiền phải trả là:
15 000 . 10 + 13 500 . 10 + 10 800 . 10 = 393 000 (đồng). (0,25 điểm)
b) Vì số tiền bạn Thảo phải trả là 555 000 > 393 000 (đồng) nên bạn đã mua nhieuf hơn 30 bông hồng.
Gọi \(x\) là số bông hồng mà bạn Thảo đã mua \(\left( {x \in \mathbb{N},x > 30} \right)\).
Ta có:
\(15000.10 + 13500.10 + 10800\left( {x - 20} \right) = 555000\) (0,25 điểm)
\( \Leftrightarrow x = 45\) (nhận). (0,25 điểm)
Vậy bạn Thảo đã mua 45 bông hồng.
Chị Lan đun sôi nước bằng ấm điện. Biết rằng mối liên hệ giữa công suất hao phí \(P\left( W \right)\) của ấm điện và thời gian đun \(t\) (giây) được mô hình hóa bởi một hàm số bậc nhất có dạng \(P = at + b\) và có đồ thị như hình bên.
a) Hãy xác định các hệ số \(a\) và \(b\).
b) Nếu đun nước với công suất hao phí là \(105\left( W \right)\) thì thời gian đun là bao lâu?
a) Quan sát đồ thị ta thấy:
Tại thời điểm \(t = 75\) (giây) thì công suất hao phí là \(110W\) nên đồ thị hàm số \(P = at + b\) đi qua điểm \(\left( {75;\,110} \right)\). Ta có phương trình: \(110 = 75a + b\). (1)
Tại thời điểm \(t = 180\) (giây) thì công suất hao phí là \(145\,W\) nên đồ thị hàm số \(P = at + b\) đi qua điểm \(\left( {180;\,145} \right)\). Ta có phương trình: \(145 = 180a + b\). (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}110 = 75a + b\\145 = 180a + b\end{array} \right.\) (0,25 điểm)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = 85\end{array} \right.\). (0,25 điểm)
Vậy các hệ số cần tìm là \(a = \frac{1}{3},\,b = 85\).
b) Từ câu a) ta có: \(P = \frac{1}{3}t + 85\). Gọi \({t_0}\) (giây) là thời gian đun nước với công suất hao phí là \(P\left( {{t_0}} \right) = 105\,W\), ta có phương trình
\(\frac{1}{3}{t_0} + 85 = 105\) (0,25 điểm)
\( \Leftrightarrow {t_0} = 60\). (0,25 điểm)
Vậy thời gian để đun nước với công suất hao phí \(105\left( W \right)\) là 60 giây.
Bạn Nam dự định tổ chức buổi tiệc sinh nhật và chọn loại ly có phần chứa nước dạng hình nón với bán kính đáy \(R = 4\)cm và độ dài đường sinh \(l = 10\)cm để khách uống nước trái cây.
a) Tính thể tích phần chứa nước của ly (ghi kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). Biết công thức thể tích hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) (với \(R\) là bán kính đáy hình nón; \(h\) là chiều cao hình nón).
b) Bạn Nam cần chuẩn bị một số hộp nước trái cây có lượng nước trong mỗi hộp là 1,2 lít. Biết rằng buổi tiệc sinh nhật có 14 người (đã bao gồm Nam). Nếu mỗi người trung bình uống 3 ly nước trái cây và lượng nước rót bằng 90% thể tích ly thì bạn Nam cần chuẩn bị ít nhất bao nhiêu hộp nước trái cây?
Biết 1 lít = 1000 cm3.
a) Theo định lí Pythagore, chiều cao của hình nón là
\(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {4^2}} = 2\sqrt {21} \) (cm). (0,25 điểm)
Thể tích phần chứa nước của ly là
\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.4^2}.2\sqrt {21} \approx 154\) (cm3). (0,25 điểm)
b) Đổi 1,2 lít = 1200 cm3.
Số ly nước Nam cần chuẩn bị là: 14 . 3 = 42 (ly).
Lượng nước trái cây Nam cần chuẩn bị là: (154 . 90%) . 42 = 5821,2 (cm3). (0,25 điểm)
Ta có: \(\frac{{5821,2}}{{1200}} = 4,851 \approx 5\).
Vậy Nam cần chuẩn bị 5 hộp nước trái cây.Gọi lượng sữa ban đầu của thùng thứ nhất chứa là \(x\) (lít) và lượng sữa thùng thứ hai chứa là \(y\) (lít), ta có \(0 < x \le 10,\,0 < y \le 8\) và tổng lượng sữa \(x + y > 10\). (0,25 điểm)
- Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì thùng thứ hai có 8 lít sữa, còn thùng thứ nhất có \(x + y - 8\) lít sữa.
Lúc này lượng sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng \(\frac{1}{2}\) lượng sữa so với ban đầu nên ta có phương trình:
\(x + y - 8 = \frac{1}{2}x \Leftrightarrow \frac{1}{2}x + y = 8\). (1)
- Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ hai sang thùng thứ nhất cho đầy thì thùng thứ nhất có 10 lít sữa, còn thùng thứ hai có \(x + y - 10\) lít sữa.
Lúc này thùng thứ hai có lượng sữa bằng \(\frac{1}{5}\) lượng sữa so với thời điểm ban đầu nên ta có phương trình:
\(x + y - 10 = \frac{1}{5}y \Leftrightarrow x + \frac{4}{5}y = 10\). (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2}x + y = 8\\x + \frac{4}{5}y = 10\end{array} \right.\) (0,5 điểm)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 16\\x + \frac{4}{5}y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{6}{5}y = 6\\x = 10 - \frac{4}{5}y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 5\\x = 6\end{array} \right.\) (thỏa mãn). (0,25 điểm)
Vậy thời điểm ban đầu thùng thứ nhất chứa 6 lít sữa, thùng thứ hai chứa 5 lít sữa.
a) Ta có: \(HE \bot AB,\,HF \bot AC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \). Tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {AEH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {AEH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên tứ giác \(AEHF\) nội tiếp. (0,5 điểm)
Do \(AD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ALD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Tứ giác \(ALHF\) có \(\widehat {ALH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {ALH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên tứ giác \(ALHF\) nội tiếp. (0,5 điểm)
b) Ta có: \(AH \bot BC\) và \(HE \bot AB\) nên \(\widehat {EBH} = 90^\circ - \widehat {BHE} = \widehat {AHE}\).
Mà \(\widehat {AHE} = \widehat {AFE}\) (do tứ giác \(AEHF\) nội tiếp).
Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {EBC}\) (1).
Tứ giác \(BEFC\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(B\) nên tứ giác \(BEFC\) nội tiếp. (0,5 điểm)
Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AC\)) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ADC}\) hay \[\widehat {AFK} = \widehat {KDC}\].
Tứ giác \(CDKF\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(D\) nên tứ giác \(CDKF\) nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {DKF} + \widehat {CKF} = 180^\circ \).
Mặt khác \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (do \(AD\) là đường kính của \(\left( O \right)\)).
Từ đó suy ra \(\widehat {DKF} = 90^\circ \). Suy ra \(AD \bot EF\) tại \(K\). (0,5 điểm)
c) Tứ giác \(APBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {APC} = \widehat {ABC}\). (3)
Từ (1) và (3) suy ra \(\widehat {APC} = \widehat {AFE}\).
Do đó, hai tam giác \(APF\) và \(ACP\) đồng dạng (g.g).
Suy ra \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AP}}\).
Nên \(A{P^2} = AC.AF\). (0,25 điểm)
Lại có \(A{H^2} = AC.AF\) (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\)).
Do đó, \(A{P^2} = A{H^2}\). Suy ra \(AP = AH\). (0,25 điểm)
Vì các tứ giác \(AEHF,\,ALHF\) nội tiếp nên năm điểm \(A,\,E,\,F,\,H,\,L\) cùng thuộc một đường tròn.
Suy ra tứ giác \(ALEF\) nội tiếp.
Từ đó suy ra \(\widehat {MEL} = \widehat {LAF}\) (cùng bù với \(\widehat {LEF}\)).
Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp \(ALBC\), ta có \(\widehat {MBL} = \widehat {LAC}\).
Từ hai điều trên, suy ra \(\widehat {MBL} = \widehat {MEL}\).
Tứ giác \(MBEL\) có hai đỉnh kề nhau là \(B,\,E\) cùng nhìn cạnh \(ML\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác \(MBEL\) nội tiếp. (0,25 điểm)
Suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {EBC}\) (cùng bù với \(\widehat {MBE}\)). (4)
Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {AFE}\).
Lại có \(\widehat {AFE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \) (do tứ giác \(ALEF\) nội tiếp).
Do đó, \(\widehat {MLE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \).
Vậy ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng. (0,25 điểm)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
