Đề minh họa thi vào lớp 10 môn Toán năm 2026 TP. Hồ Chí Minh có đáp án

a) 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(-2;-2\right);B\left(-1;-0,5\right);$$C\left(1;-0,5\right);$$D\left(2;-2\right).$

Hệ số $a=\frac{1}{2}<0$ nên parabol có bề lõm hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận $Oy$ làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số $\left(P\right):y=-\frac{1}{2}{x}^2$ như sau:

b) Gọi $M\left(x_M;y_M\right)$ là một điểm thuộc $\left(P\right).$

Vì $M$ có hoành độ bằng tung độ nên:

$x_M=-\frac{1}{2}{x}_M^2$

$2x_M+x_M^2=0$

$x_M\left(2+x_M\right)=0$

Có hai giá trị thỏa mãn là $x_M=0$ (loại vì điểm cần tìm khác gốc tọa độ); $x_M=-2.$

Vậy điểm thuộc $\left(P\right)$ có hoành độ bằng tung độ là $\left(-2;-2\right).$

a) Phương trình $x^2-5x+1=0$ có $a=1;b=-5;c=1.$

 Ta có $\Delta =b^2-4ac={\left(-5\right)}^2-4\cdot 1\cdot 1=21>0.$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2.$

b) Ta có $A={\left(x_1-x_2\right)}^2-2x_1-2x_2$

$=x_{{}_1}^2-2x_1{x}_2+x_{{}_2}^2-2\left(x_1+x_2\right)$

$=\left(x_{{}_1}^2+2x_1{x}_2+x_{{}_2}^2-4x_1{x}_2\right)-2\left(x_1+x_2\right)$

$$={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right).$$

Theo định lí Viète, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=5\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=1\end{array},$ thay vào biểu thức $A,$ ta được: $A=5^2-4\cdot 1-2\cdot 5=11.$

Vậy $A=11.$

a) Tổng số lần gieo xúc xắc là: $7+5+3+6+5+4=30$ (lần).

Tổng số chấm sau các lần gieo là: $7\cdot 1+5\cdot 2+3\cdot 3+6\cdot 4+5\cdot 5+4\cdot 6=99$ (chấm).

Giá trị trung bình cộng về số chấm sau các lần gieo của bạn A là: $\frac{99}{30}\approx 3$ (chấm).

Vậy giá trị trung bình cộng về số chấm sau các lần gieo của bạn A là 3 chấm.

b) Số lần xuất hiện mặt 2 chấm là 5 lần.

Xác suất thực nghiệm của biến cố A: “Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc là số 2” là: $\frac{5}{30}=\frac{1}{6}.$

c) Số lần xuất hiện mặt số chấm lớn hơn 3 (tức là 4 chấm, 5 chấm, 6 chấm) là: $6+5+4=15$ (chấm).

Xác suất thực nghiệm của biến cố B: “Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc là một số lớn hơn 3” là:

$\frac{15}{30}=\frac{1}{2}.$

a) Diện tích khu vườn hình chữ nhật là: $xy\left({\mathrm{m}}^2\right).$

Bán kính hồ hình tròn tiếp xúc với các cạnh của khu vườn là: $$\frac{x}{2}(\mathrm{m}).$$

Diện tích hồ hình tròn là: $$\pi \cdot {\left(\frac{x}{2}\right)}^2=\frac{\pi x^2}{4}\left({\mathrm{m}}^2\right).$$

Vậy diện tích phần còn lại của khu vườn sau khi xây hồ là $$\frac{\pi x^2}{4}\left({\mathrm{m}}^2\right).$$

b) Vì khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng nên $y=2x.$

Diện tích phần còn lại của khu vườn là $77,76{\mathrm{m}}^2$ nên ta có

$xy-\frac{\pi x^2}{4}=77,76$

$x\cdot 2x-\frac{\pi x^2}{4}=77,76$

$8x^2-\pi x^2=311,04$

$x^2\left(8-\pi \right)=311,04$

$x^2\left(8-\pi \right)=311,04$

$x^2\approx 64$

$x=-8$ (loại) hoặc $x=8$ (thỏa mãn).

a) Thể tích khối gỗ dạng hình trụ là:

$V_T=\pi R^{2}h=\pi \cdot 10^2\cdot 40=4000\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Thể tích khối gỗ dạng hình nón là:

$V_N=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 10^2\cdot 40=\frac{4000\pi }{3}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Thể tích phần khối gỗ bỏ đi khi thực hiện việc tiện gỗ hình trụ thành vật trang trí hình nón là:

$V=V_T-V_N=4000\pi -\frac{4000\pi }{3}\approx 8377,58\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Vậy thể tích phần gỗ bỏ đi khi thực hiện việc tiện gỗ hình trụ thành vật trang trí hình nón khoảng $8377,58\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$

b) Đường sinh của hình nón là:

$l=\sqrt{h^2+R^2}=\sqrt{{40}^2+{10}^2}=\sqrt{1700}\left(\mathrm{cm}\right).$

Diện tích xung quanh hình nón là:

$S_{xq}=\pi Rl=\pi \cdot 10\cdot \sqrt{1700}=100\sqrt{17}\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Diện tích mặt đáy là: $S_{đ}=\pi R^2=100\pi \left({\text{cm}}^2\right).$

Diện tích cần phủ sơn là:

 $S=S_{xq}+S_{đ}=100\sqrt{17}\pi +100\pi \approx 1609,47\left({\text{cm}}^2\right).$

Vậy diện tích cần phủ sơn khoảng $1609,47\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2.$

Gọi $x(\mathrm{m}/\mathrm{s})$ là tốc độ trượt ván của Bình và $y$ (giây) là thời gian cuộc đua đã diễn ra $\left(x>0;y>0\right).$

Vì tốc độ trượt ván của An gấp 3 lần tốc độ trượt ván của Bình nên tốc độ trượt ván của An là $3x(\mathrm{m}/\mathrm{s}).$

Vì tốc độ trượt ván của Bình gấp 3 lần tốc độ chạy bộ của An nên An chạy bộ với tốc độ là $\frac{x}{3}(\mathrm{m}/\mathrm{s}).$

Thời gian An chạy bộ là $y-180$ (giây).

Quãng đường mà An trượt ván và chạy là $3x\cdot 180+\frac{x}{3}\cdot \left(y-180\right)\left(\mathrm{m}\right).$

Quãng đường mà Bình trượt ván là $xy\left(\mathrm{m}\right).$

Vì quãng đường của An và Bình đi là như nhau nên ta có phương trình:

$3x\cdot 180+\frac{x}{3}\cdot \left(y-180\right)=xy$

$540x+\frac{xy}{3}-60x=xy$

$480x=\frac{2}{3}xy$

$\frac{2}{3}x=480$ (do $x\ne 0)$

$y=720$ (thỏa mãn).

Vậy thời gian cuộc đua diễn ra là 720 giây $$=12$$ phút.

a) Vì $\widehat{ACD}$ chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ACD}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ADC$ có

$\widehat{AHB}=\widehat{ACD}=90^{\circ };$

$\widehat{ABH}=\widehat{ADC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC).$

Do đó

Suy ra $\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AC}$ hay $AB\cdot AC=AH\cdot AD$ (đpcm).

b) Xét $\Delta AFC$ và $\Delta ACD$ có:

$\widehat{CAD}$ chung; $\widehat{AFC}=\widehat{ACD}=90^{\circ }.$

Do đó

Suy ra $\frac{AF}{AC}=\frac{AC}{AD}$ hay $AF\cdot AD=A{C}^2$ (đpcm).

Ta có $\Delta AFC$ vuông tại $F$ nên $A,F,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AC;$

$\Delta AHC$ vuông tại $H$ nên $A,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AC.$

Do đó $A,F,C,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AC.$

Suy ra $\widehat{CHF}=\widehat{CAF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $CF).$   (1)

Ta có $\widehat{CAF}+\widehat{ACF}=90^{\circ }$ (do $\Delta AFC$ vuông tại $F)$ và $\widehat{FCD}+\widehat{ACF}=90^{\circ }.$ Suy ra $\widehat{CAF}=\widehat{FCD}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{CHF}=\widehat{DCF}$ (đpcm).

c) Vì $\Delta ABC$ có $BK,AH$ là đường cao cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của $\Delta ABC.$ Khi đó $CI\perp AB.$

Mà $BD\perp AB$ (do $\widehat{ABD}$ nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $CI//BD.$

Lại có $BI//CD$ (do cùng vuông góc với $AC)$

Do đó $BICD$ là hình bình hành.

Gọi $M$ là giao điểm của $DI$ và $BC.$

Khi đó $M$ là trung điểm của $DI$ và $BC$ (tính chất hình bình hành).

Xét $\Delta DAI$ có $O$ là trung điểm của $AD$ và $M$ là trung điểm của $DI$ nên $OM$ là đường trung bình của $\Delta DAI.$

Suy ra $OM=\frac{1}{2}AI$ hay $AI=2OM.$

Ta có $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn cung $BC).$

Vì $\Delta BOC$ cân tại $O$ có $OM$ là đường trung tuyến nên $OM$ đồng thời là phân giác của $\widehat{BOC}$ và cũng là đường cao của $\Delta BOC.$

Khi đó $\widehat{BOM}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^{\circ }.$

Xét $\Delta BOM$ vuông tại $M$ có: $$OM=BM\cdot \cot \widehat{MOB}=\frac{1}{2}BC\cdot \cot \widehat{MOB}=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot \cot 60^{\circ }=\frac{5\sqrt{3}}{3}\left(\mathrm{cm}\right).$$

Vậy $$AI=2\cdot OM=\frac{10\sqrt{3}}{3}\left(\mathrm{cm}\right).$$

(3,0 điểm) <