Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2023 - 2024 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án

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.

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.

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)