toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 được biên soạn dựa trên cấu trúc đề thi chính thức của Sở Giáo dục và Đào tạo TP.HCM. Đây là tài liệu ôn luyện vô cùng quan trọng giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các dạng bài tập, từ cơ bản đến nâng cao, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. b) Tìm những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN .COM
Câu 1 (TH):
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
Ta có bảng giá trị sau:
Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right);A\left( { - 4;8} \right);B\left( { - 2;2} \right);A'\left( {4;8} \right);B'\left( {2;2} \right)\).
Ta được đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) như sau:
b) Tìm những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau.
Điểm có tung độ và hoành độ bằng nhau có dạng \(M\left( {{x_0};{x_0}} \right)\) thì \({x_0} = \frac{{{x_0}^2}}{2}\)
Suy ra \({x_0}^2 = 2{x_0}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0}^2 - 2{x_0} = 0}\\{{x_0}\left( {{x_0} - 2} \right) = 0}\end{array}\)
\({x_0} = 0\) và \({x_0} = 2\)
Vậy những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau là \(M\left( {0;0} \right)\) và \(M\left( {2;2} \right)\).
Câu 2 (TH):
Cách giải:
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(2{x^2} - 5x + 1 = 0\) có \(a = 2;b = {\rm{ \;}} - 5;c = 1\) nên ta có:
\(\Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.1 = 25 - 8 = 17 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
Áp dụng định lí Viète, ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{5}{2}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
\(A = {x_1}^2 + 2024{x_1} + {x_2}^2 + 2025{x_2} - {x_2}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{A = \left( {{x_1}^2 + 2{x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) - 2{x_1}{x_2} + \left( {2024{x_1} + 2024{x_2}} \right)}\\{A = {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} + 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{A = {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} - 2.\frac{1}{2} + 2024.\frac{5}{2}}\\{A = \frac{{20261}}{4}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{{20261}}{4}\).
Câu 3 (TH):
Cách giải:
a) Dựa vào biểu đồ cột kép, ta có biên độ nhiệt của các ngày trong tuần là:
Thứ 2: \(36 - 26 = 10\), thứ 3: \(35 - 24 = 11\), thứ 4: \(36 - 27 = 9\); thứ 5: \(35 - 25 = 10\);
Thứ 6: \(37 - 25 = 12\); thứ 7: \(36 - 22 = 14\); chủ nhật: \(34 - 23 = 11.\)
Vậy ngày có biên độ nhiệt lớn nhất trong tuần của thành phố Hồ Chí Minh là thứ 7.
b) Ta có số ngày có nhiệt độ cao không quá 35 độ C là 3 (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 \(\frac{5}{7}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Viết biểu thức S biểu diễn theo \(X\) diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng.
Chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\(30 + X + X = 30 + 2X{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m)\)
Chiều dài của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\(70 + X + X = 70 + 2X{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m)\)
Diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\((30 + 2X).(70 + 2X){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ({m^2})\)
b) Biết rằng sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\).
Tìm giá trị của \(X\) (làm tròn đến hàng phần muời của mét).
ĐKXĐ: \(X > 0\)
Diện tích của khu vườn ban đầu là: 70.30 = 2100 (m2)
Vì sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\)nên ta có phương trình:
\((30 + 2X).(70 + 2X) = 2100 + 1150 = 3250\)
\(2100 + 60X + 140X + 4{X^2} = 3250\)
\(4{X^2} + 200X - 1150 = 0\)
\(4{X^2} + 200X - 1150 = 0\)
Ta có \(\Delta ' = 14600 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({X_1} \approx 5,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (tm);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {X_2} \approx {\rm{ \;}} - 55,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (l)\)
Vậy giá trị của X là khoảng 5,2 m.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
a) Bán kính của phần ruột quả dưa hấu là: \(\frac{{25 - 2.2}}{2} = 10,5\left( {cm} \right)\)
Thể tích phần ruột của quả dưa hấu là:
\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .10,{5^3} \approx 4849,05\left( {c{m^3}} \right)\)
b) Thể tích nước ép dưa hấu là: \({V_n} = 80\% .4849,05 = 3879,24\left( {c{m^3}} \right)\)
Thể tích của phần đựng nước ly thuỷ tinh là: \({V_l} = 70\% .\pi {R^2}h = 70\% .\pi .{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2}.10 \approx 137,44\left( {c{m^3}} \right)\)
Ta có: \(\frac{{{V_n}}}{{{V_l}}} = \frac{{3879,24}}{{137,44}} \approx 28,22\)
Do đó cần ít nhất 29 cái ly để đựng hết nước ép của quả dưa hấu.
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Tính khối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được 500 tấn thép chứa \(16\% \) crôm.
Gọi a là số tấn hợp kim thép chứa 10% crom cần dùng (a > 0)
Khi đó, 500 – a là số tấn hợp kim thép 30% cần dùng.
Ta có:
a.10% + (500 – a).30% = 500.16%
10a + (500 – a).30 = 500.16
a = 350 (TMĐK)
Vậy số hợp kim thép chứa 10% crom cần dùng là 350 tấn, số hợp kim thép chứa 30% cần dùng là 150 tấn.
b) Nhà máy dự định luyện ra loại thép không gỉ Ferritic từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm và \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crôm. Hỏi \(x\) nằm trong khoảng nào?
Ta có số crôm từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm là \(10\% .100 = 10\) (tấn)
Số crôm từ \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crom: $0,3x$ (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: \(\frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}}.100\)
Theo đầu bài, thép không gỉ Ferritic có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm, ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{12 \le \frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}}.100 \le 27}\\{1200 + 12x \le 1000 + 30x \le 2700 + 27x}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1200 + 12x \le 1000 + 30x}\\{1000 + 30x \le 2700 + 27x}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{18x \ge 200}\\{3x \le 1700}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{{100}}{9}}\\{x \le \frac{{1700}}{3}}\end{array}} \right.}\\{\frac{{100}}{9} \le x \le \frac{{1700}}{3}}\end{array}\)
Vậy x nằm trong khoảng từ \(\frac{{100}}{9}\) đến \(\frac{{1700}}{3}\)
Câu 7 (VD):
Cách giải:
a) Ta có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC} = 90^\circ$ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
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 cùng thuộc đường trong đường kính AH hay tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Ta có $\widehat{BDC}=90{}^\circ $ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét \(\Delta BDK\) và \(\Delta BCD\) có
\(\angle CBD\) chung
\(\angle BKD = \angle BDC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Nên $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \(B{D^2} = BK.BC\)
Do $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$ nên \(\angle BDH = \angle BCD\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle BCD = \angle BFD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Nên \(\angle BDH = \angle BFD\) (đpcm)
c) Do \(\Delta AFB\) vuông tại F nên \(\angle ABF = {90^0} - \angle BAF = {90^0} - {60^0} = {30^0}\)
Mà $\widehat{EBF}$ là góc nội tiếp chắn cung EF và $\widehat{EOF}$ là góc ở tâm chắn cung EF nên \(\angle EOF = {2.30^0} = {60^0}\)
Xét \(\Delta OEF\) cân tại O (do \(OE = OF\)) có \(\angle EOF = {60^0}\) nên \(\Delta OEF\) là tam giác đều
Suy ra \(EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\)cm.
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 \(\angle BHK\) có \(\angle AHF = \angle BHK\) (đối đỉnh) và \(\angle AFH = \angle BKH\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\angle HAF = \angle HBK\) hay \(\angle HAF = \angle FBC\)
Kết hợp \(\angle AFH = \angle BFC\left( { = {{90}^0}} \right)\) suy ra $\Delta AFH\backsim \Delta BFC\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \angle FAB = \cot {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)
Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.6 = 2\sqrt 3 \)
Xét tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).
Câu 1: Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
b) Tìm những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau.
Câu 2: Cho phương trình \(2{x^2} - 5x + 1 = 0\)
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
Câu 3: Biên độ nhiệt là khoảng cách chênh lệch giữa nhiệt độ cao nhất và nhiệt độ thấp nhất trong cùng một khoảng thời gian nhất định (một ngày, một tháng, một năm,…) của cùng một vùng địa lí. Biểu đồ cột kép dưới đây biểu diễn nhiệt độ (độ C) các ngày trong một tuần tại Thành phố Hồ Chí Minh.
a) Trong tuần này, ngày có biên độ nhiệt lớn nhất của thành phố Hồ Chí Minh là thứ mấy?
b) Chọn ngẫu nhiên một ngày trong tuần, tính xác suất của các biến cố sau:
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”.
Câu 4: Một khu vườn hình chữ nhật (phần in đậm) có chiều dài và chiều rộng lần lượt là 70m và 30m. Người ta dự tính mở rộng thêm khu vườn bằng cách cải tạo thêm \(X\) (mét) về phía ngoài của chiều dài và chiều rộng khu vườn như hình vẽ.
a) Viết biểu thức S biểu diễn theo \(X\) diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng.
b) Biết rằng sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\).
Tìm giá trị của \(X\) (làm tròn đến hàng phần muời của mét).
Câu 5: Một quả dưa hấu không hạt ruột đỏ dạng hình cầu có đường kính 25cm và phần vỏ dày 2cm.
a) Coi phần ruột màu đỏ cũng có dạng hình cầu có cùng tâm với quả dưa hấu. Tính thể tích phần ruột quả dưa hấu.
(Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của \(c{m^3}\))
b) 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 thuỷ tinh giống nhau, phần lòng trong dạng hình trụ có chiều cao $10cm$ và đường kính đáy lòng trong là $5cm.$ Mỗi ly chỉ chứa \(70\% \) thể tích. Hỏi để đựng nước ép của quả dưa hấu nói trên thì cần ít nhất bao nhiêu cái ly?
Biết công thức thể tích hình trụ là \(V = p{R^2}h\) (R là bán hính đáy; h là chiều cao); công thức tính thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}p{R^3}.\)
Câu 6: Thép không gỉ Ferritic là họ thép hợp kim có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm. Một nhà máy luyện 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.
a) Tính khối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được 500 tấn thép chứa \(16\% \) crôm.
b) Nhà máy dự định luyện ra loại thép không gỉ Ferritic từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm và \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crôm. Hỏi \(x\) nằm trong khoảng nào?
Câu 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt hai cạnh AB, AC 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 \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\), từ đó suy ra tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Gọi D là giao điểm của AH và (O) (D nằm giữa A và H), chứng minh \(B{D^2} = BK \cdot BC\) và \(\angle BDH = \angle BFD\)
c) Trong trường hợp góc \(BAC = {60^0}\) và \(BC = 6\;{\rm{cm}}\), tính độ dài đoạn thẳng EF và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
----- HẾT -----
Câu 1: Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
b) Tìm những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau.
Câu 2: Cho phương trình \(2{x^2} - 5x + 1 = 0\)
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
Câu 3: Biên độ nhiệt là khoảng cách chênh lệch giữa nhiệt độ cao nhất và nhiệt độ thấp nhất trong cùng một khoảng thời gian nhất định (một ngày, một tháng, một năm,…) của cùng một vùng địa lí. Biểu đồ cột kép dưới đây biểu diễn nhiệt độ (độ C) các ngày trong một tuần tại Thành phố Hồ Chí Minh.
a) Trong tuần này, ngày có biên độ nhiệt lớn nhất của thành phố Hồ Chí Minh là thứ mấy?
b) Chọn ngẫu nhiên một ngày trong tuần, tính xác suất của các biến cố sau:
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”.
Câu 4: Một khu vườn hình chữ nhật (phần in đậm) có chiều dài và chiều rộng lần lượt là 70m và 30m. Người ta dự tính mở rộng thêm khu vườn bằng cách cải tạo thêm \(X\) (mét) về phía ngoài của chiều dài và chiều rộng khu vườn như hình vẽ.
a) Viết biểu thức S biểu diễn theo \(X\) diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng.
b) Biết rằng sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\).
Tìm giá trị của \(X\) (làm tròn đến hàng phần muời của mét).
Câu 5: Một quả dưa hấu không hạt ruột đỏ dạng hình cầu có đường kính 25cm và phần vỏ dày 2cm.
a) Coi phần ruột màu đỏ cũng có dạng hình cầu có cùng tâm với quả dưa hấu. Tính thể tích phần ruột quả dưa hấu.
(Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của \(c{m^3}\))
b) 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 thuỷ tinh giống nhau, phần lòng trong dạng hình trụ có chiều cao $10cm$ và đường kính đáy lòng trong là $5cm.$ Mỗi ly chỉ chứa \(70\% \) thể tích. Hỏi để đựng nước ép của quả dưa hấu nói trên thì cần ít nhất bao nhiêu cái ly?
Biết công thức thể tích hình trụ là \(V = p{R^2}h\) (R là bán hính đáy; h là chiều cao); công thức tính thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}p{R^3}.\)
Câu 6: Thép không gỉ Ferritic là họ thép hợp kim có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm. Một nhà máy luyện 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.
a) Tính khối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được 500 tấn thép chứa \(16\% \) crôm.
b) Nhà máy dự định luyện ra loại thép không gỉ Ferritic từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm và \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crôm. Hỏi \(x\) nằm trong khoảng nào?
Câu 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt hai cạnh AB, AC 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 \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\), từ đó suy ra tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Gọi D là giao điểm của AH và (O) (D nằm giữa A và H), chứng minh \(B{D^2} = BK \cdot BC\) và \(\angle BDH = \angle BFD\)
c) Trong trường hợp góc \(BAC = {60^0}\) và \(BC = 6\;{\rm{cm}}\), tính độ dài đoạn thẳng EF và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
----- HẾT -----
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN .COM
Câu 1 (TH):
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
Ta có bảng giá trị sau:
Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right);A\left( { - 4;8} \right);B\left( { - 2;2} \right);A'\left( {4;8} \right);B'\left( {2;2} \right)\).
Ta được đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) như sau:
b) Tìm những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau.
Điểm có tung độ và hoành độ bằng nhau có dạng \(M\left( {{x_0};{x_0}} \right)\) thì \({x_0} = \frac{{{x_0}^2}}{2}\)
Suy ra \({x_0}^2 = 2{x_0}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0}^2 - 2{x_0} = 0}\\{{x_0}\left( {{x_0} - 2} \right) = 0}\end{array}\)
\({x_0} = 0\) và \({x_0} = 2\)
Vậy những điểm M thuộc (P) có tung độ và hoành độ bằng nhau là \(M\left( {0;0} \right)\) và \(M\left( {2;2} \right)\).
Câu 2 (TH):
Cách giải:
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(2{x^2} - 5x + 1 = 0\) có \(a = 2;b = {\rm{ \;}} - 5;c = 1\) nên ta có:
\(\Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.1 = 25 - 8 = 17 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
Áp dụng định lí Viète, ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{5}{2}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(A = {x_1}({x_1} + 2024) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}\)
\(A = {x_1}^2 + 2024{x_1} + {x_2}^2 + 2025{x_2} - {x_2}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{A = \left( {{x_1}^2 + 2{x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) - 2{x_1}{x_2} + \left( {2024{x_1} + 2024{x_2}} \right)}\\{A = {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} + 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{A = {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} - 2.\frac{1}{2} + 2024.\frac{5}{2}}\\{A = \frac{{20261}}{4}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{{20261}}{4}\).
Câu 3 (TH):
Cách giải:
a) Dựa vào biểu đồ cột kép, ta có biên độ nhiệt của các ngày trong tuần là:
Thứ 2: \(36 - 26 = 10\), thứ 3: \(35 - 24 = 11\), thứ 4: \(36 - 27 = 9\); thứ 5: \(35 - 25 = 10\);
Thứ 6: \(37 - 25 = 12\); thứ 7: \(36 - 22 = 14\); chủ nhật: \(34 - 23 = 11.\)
Vậy ngày có biên độ nhiệt lớn nhất trong tuần của thành phố Hồ Chí Minh là thứ 7.
b) Ta có số ngày có nhiệt độ cao không quá 35 độ C là 3 (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 \(\frac{5}{7}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Viết biểu thức S biểu diễn theo \(X\) diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng.
Chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\(30 + X + X = 30 + 2X{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m)\)
Chiều dài của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\(70 + X + X = 70 + 2X{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m)\)
Diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:
\((30 + 2X).(70 + 2X){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ({m^2})\)
b) Biết rằng sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\).
Tìm giá trị của \(X\) (làm tròn đến hàng phần muời của mét).
ĐKXĐ: \(X > 0\)
Diện tích của khu vườn ban đầu là: 70.30 = 2100 (m2)
Vì sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu \(\;1150{\mkern 1mu} {m^2}\)nên ta có phương trình:
\((30 + 2X).(70 + 2X) = 2100 + 1150 = 3250\)
\(2100 + 60X + 140X + 4{X^2} = 3250\)
\(4{X^2} + 200X - 1150 = 0\)
\(4{X^2} + 200X - 1150 = 0\)
Ta có \(\Delta ' = 14600 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({X_1} \approx 5,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (tm);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {X_2} \approx {\rm{ \;}} - 55,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (l)\)
Vậy giá trị của X là khoảng 5,2 m.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
a) Bán kính của phần ruột quả dưa hấu là: \(\frac{{25 - 2.2}}{2} = 10,5\left( {cm} \right)\)
Thể tích phần ruột của quả dưa hấu là:
\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .10,{5^3} \approx 4849,05\left( {c{m^3}} \right)\)
b) Thể tích nước ép dưa hấu là: \({V_n} = 80\% .4849,05 = 3879,24\left( {c{m^3}} \right)\)
Thể tích của phần đựng nước ly thuỷ tinh là: \({V_l} = 70\% .\pi {R^2}h = 70\% .\pi .{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2}.10 \approx 137,44\left( {c{m^3}} \right)\)
Ta có: \(\frac{{{V_n}}}{{{V_l}}} = \frac{{3879,24}}{{137,44}} \approx 28,22\)
Do đó cần ít nhất 29 cái ly để đựng hết nước ép của quả dưa hấu.
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Tính khối lượng hợp kim thép mỗi loại từ hai loại thép trên dùng để luyện được 500 tấn thép chứa \(16\% \) crôm.
Gọi a là số tấn hợp kim thép chứa 10% crom cần dùng (a > 0)
Khi đó, 500 – a là số tấn hợp kim thép 30% cần dùng.
Ta có:
a.10% + (500 – a).30% = 500.16%
10a + (500 – a).30 = 500.16
a = 350 (TMĐK)
Vậy số hợp kim thép chứa 10% crom cần dùng là 350 tấn, số hợp kim thép chứa 30% cần dùng là 150 tấn.
b) Nhà máy dự định luyện ra loại thép không gỉ Ferritic từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm và \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crôm. Hỏi \(x\) nằm trong khoảng nào?
Ta có số crôm từ 100 tấn thép chứa \(10\% \) crôm là \(10\% .100 = 10\) (tấn)
Số crôm từ \(x\) tấn thép chứa \(30\% \) crom: $0,3x$ (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: \(\frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}}.100\)
Theo đầu bài, thép không gỉ Ferritic có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm, ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{12 \le \frac{{10 + 0,3x}}{{100 + x}}.100 \le 27}\\{1200 + 12x \le 1000 + 30x \le 2700 + 27x}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1200 + 12x \le 1000 + 30x}\\{1000 + 30x \le 2700 + 27x}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{18x \ge 200}\\{3x \le 1700}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{{100}}{9}}\\{x \le \frac{{1700}}{3}}\end{array}} \right.}\\{\frac{{100}}{9} \le x \le \frac{{1700}}{3}}\end{array}\)
Vậy x nằm trong khoảng từ \(\frac{{100}}{9}\) đến \(\frac{{1700}}{3}\)
Câu 7 (VD):
Cách giải:
a) Ta có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC} = 90^\circ$ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
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 cùng thuộc đường trong đường kính AH hay tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Ta có $\widehat{BDC}=90{}^\circ $ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét \(\Delta BDK\) và \(\Delta BCD\) có
\(\angle CBD\) chung
\(\angle BKD = \angle BDC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Nên $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \(B{D^2} = BK.BC\)
Do $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$ nên \(\angle BDH = \angle BCD\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle BCD = \angle BFD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Nên \(\angle BDH = \angle BFD\) (đpcm)
c) Do \(\Delta AFB\) vuông tại F nên \(\angle ABF = {90^0} - \angle BAF = {90^0} - {60^0} = {30^0}\)
Mà $\widehat{EBF}$ là góc nội tiếp chắn cung EF và $\widehat{EOF}$ là góc ở tâm chắn cung EF nên \(\angle EOF = {2.30^0} = {60^0}\)
Xét \(\Delta OEF\) cân tại O (do \(OE = OF\)) có \(\angle EOF = {60^0}\) nên \(\Delta OEF\) là tam giác đều
Suy ra \(EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\)cm.
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 \(\angle BHK\) có \(\angle AHF = \angle BHK\) (đối đỉnh) và \(\angle AFH = \angle BKH\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\angle HAF = \angle HBK\) hay \(\angle HAF = \angle FBC\)
Kết hợp \(\angle AFH = \angle BFC\left( { = {{90}^0}} \right)\) suy ra $\Delta AFH\backsim \Delta BFC\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \angle FAB = \cot {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)
Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.6 = 2\sqrt 3 \)
Xét tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại TP. Hồ Chí Minh là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 đóng vai trò then chốt trong quá trình ôn luyện này.
Đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Việc luyện tập với đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 mang lại nhiều lợi ích:
Hiện nay, có rất nhiều nguồn cung cấp đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025. Tuy nhiên, để đảm bảo chất lượng và độ tin cậy, học sinh nên lựa chọn các nguồn uy tín như:
Để đạt hiệu quả cao nhất khi luyện tập với đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025, học sinh nên:
toan9.edu.vn cam kết cung cấp cho học sinh những đề thi minh họa vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 chất lượng nhất, cùng với các bài giảng online, tài liệu ôn tập, và sự hỗ trợ tận tình từ đội ngũ giáo viên chuyên nghiệp. Hãy cùng toan9.edu.vn tự tin bước vào kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
| Năm | Số câu hỏi | Thời gian làm bài | Tỷ lệ Đại số/Hình học |
|---|---|---|---|
| 2022 | 8 | 120 phút | 50/50 |
| 2023 | 8 | 120 phút | 60/40 |
| 2024 | 8 | 120 phút | 55/45 |
| 2025 (Dự kiến) | 8 | 120 phút | 50/50 |
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
