Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT TP Hồ Chí Minh năm 2024-2025 có đáp án

Phương trình có hai nghiệm là $x_1,x_2$ nên áp dụng định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}=\frac{4}{3}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=\frac{-2}{3}\end{array}\left(1\right)$

Ta có $$A=x_1{x}_2^2+x_2\left(x_1^2+2\right)+2x_1=x_1{x}_2^2+x_2{x}_1^2+2x_2+2x_1$$

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

Thay $\left(1\right)$ vào biểu thức $A,$ ta có $$A=\left(\frac{-2}{3}+2\right)\cdot \frac{4}{3}=\frac{16}{9}.$$ Vậy $$A=\frac{16}{9}.$$

a) Gọi các phần còn lại lần lượt là $A$ và $B$ (như hình vẽ). Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $A$ là: $20-y.$ Biểu thức biểu thị diện tích phần $A$ là: $S_A=15\left(20-y\right)=300-15y.$

$30\mathrm{m}$ và chiều rộng (ảnh 2)">

Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $B$ là: $30-15-x=15-x.$

Biểu thức biểu thị diện tích phần $B$ là: $S_B=20\left(15-x\right)=300-20x.$

Vậy biểu thức là $15\left(20-y\right)+20\left(15-x\right)=600-20x-15y$.

b) Thay $x=2,4$ và $y=1,8$ vào $S,$ ta được:

.

Vậy diện tích phần còn lại của khu vườn là $525{\mathrm{m}}^2.$

Số tiền anh Tâm phải trả khi thuê pin gói linh hoạt là:

$189000+374\left(800-400\right)=338600$ (đồng)

Do đó nếu sử dụng gói linh hoạt thì anh Tâm sẽ tiết kiệm được:

$350000-338600=11400$ (đồng).

Vậy anh Tâm nên sử dụng gói linh hoạt.

a) Ta có: $V=\frac{4}{3}\pi R^3$ nên $$R=\sqrt[3]{\frac{3V}{4\pi }}=\sqrt[3]{\frac{3\cdot 4,2}{4\pi }}\approx 1\left(\mathrm{dm}\right).$$

Vậy bán kính của mô hình Trái đất mà anh Huy thiết kế khoảng $$1\mathrm{dm}.$$

b) Vì các mặt hộp đều tiếp xúc với mô hình Trái đất nên bán kính của hình trụ sẽ bằng bán kính hình cầu $R=1$ và chiều cao $h=2R=2\mathrm{dm}.$

Diện tích các mặt của hình trụ là: $S=2\pi Rh+2\pi R^2=2\pi \cdot 1\cdot 2+2\pi \cdot 1^2=6\pi \left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^2\right).$

Ta có hình lập phương có cạnh bằng $2R=2\mathrm{dm}.$

Diện tích các mặt của hình lập phương là: $S^{\prime }=6\cdot 2^2=24\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^2\right).$

Ta thấy $24\mathrm{d}{\mathrm{m}}^2>6\pi \mathrm{d}{\mathrm{m}}^2$, do đó nếu làm hộp hình trụ sẽ tốn ít giấy hơn.

Vậy anh Huy nên chọn phương án làm hộp hình trụ.

Anh Huy là một nghệ nhân

a) Đổi 15 phút $=\frac{1}{4}$ giờ.

Khoảng cách của xe máy so với Thành phố Hồ Chí Minh sau khi đi được $t$ giờ kể từ lúc 7 giờ 15 phút là: $$f\left(t\right)=40\cdot \left(t+\frac{1}{4}\right)=40t+10,\left(t\ge 0\right).$$

Khoảng cách của ô tô so với Thành phố Hồ Chí Minh sau khi đi được $t$ giờ kể từ lúc 7 giờ 15 phút là: $$g\left(t\right)=40-60t,\left(0\le t\le \frac{2}{3}\right).$$

Vậy $a=40;b=10;c=-60;d=40.$

b) Hai xe gặp nhau khi và chỉ khi $40t+10=40-60t$ hay $100t=30$ nên $t=\frac{3}{10}$ (giờ).

Đổi $\frac{3}{10}$ giờ $$=18$$ phút.

Thời điểm hai xe gặp nhau là: 7 giờ 15 phút + 18 phút = 7 giờ 33 phút.

Vị trí gặp cách Thành phố Hồ Chí Minh là: $$40-60\cdot \frac{3}{10}=22\left(\mathrm{km}\right).$$

Vậy hai xe gặp nhau lúc 7 giờ 33 phút và cách Thành phố Hồ Chí Minh 22 km.

Gọi $x;x-0,2\left(\mathrm{m}\right)$ lần lượt là chiều cao mực nước ban đầu ở thùng thứ nhất và thùng thứ hai $\left(x>0,2\right)$.

Thùng thứ hai chảy trong 5 phút thì hết nước nên trong 1 phút thùng thứ hai chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 8 phút, vòi thứ nhất chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 4 phút, vòi thứ hai chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Khi đó, chiều cao còn lại là $\frac{4}{5}$ thùng.

Chiều cao thùng thứ hai còn lại là $\frac{4}{5}\left(x-0,2\right)$, chính là chiều cao của thùng thứ nhất.

Thùng thứ nhất chảy được: $\frac{1}{5}x+\frac{4}{25}.$

Mỗi phút thùng thứ nhất chảy được $\left(\frac{1}{5}x+\frac{4}{25}\right):4=\frac{1}{20}x+\frac{4}{25}.$

Lúc 8 giờ 8 phút, thùng thứ nhất chảy được 8 phút.

Khi đó, thùng thứ nhất chảy được: $\frac{8}{20}x+\frac{8}{25}\left(\mathrm{m}\right).$

Theo đề bài, ta có phương trình $\frac{3}{5}x-\frac{8}{25}=0,4$ hay $15x-8=10$. Do đó $x=1,2\left(\mathrm{TM}\right).$

Vậy chiều cao mực nước ban đầu của thùng thứ nhất là $1,2\mathrm{m}$; thùng thứ hai là $$1\mathrm{m}.$$

<

a) Vì $AB,AC$ là tiếp tuyến nên $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^{\circ }$. Xét tứ giác $ABOC$ có $\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }.$ Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

A nằm bên ngoài đường tròn $\left(O;R\right)$, kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 1)">

Ta có $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); $OB=OC=R$.

Suy ra $AO$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm).

b) Do $K$ là trung điểm $BC,M$ là trung điểm $BH$ nên $KM$ là đường trung bình $\Delta BCH.$

Suy ra $KM//CH$ nên $\widehat{QMK}=\widehat{QPC}$ (đồng vị)

Vì $\Delta OCQ$ cân tại $O$ nên $\widehat{OCQ}=\widehat{OQC}.$

Suy ra $\widehat{OCQ}=\widehat{OQC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{180^{\circ }-\widehat{COQ}}{2}=90^{\circ }-\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.$

Vì $$AC$$ là tiếp tuyến với đường tròn $$\left(O\right)$$ tại điểm $$C$$ nên $OC\perp CA$ hay $\widehat{OCA}=90^{\circ }$.

Suy ra $$\widehat{ACQ}=90^{\circ }-\widehat{OCQ}$$$$=90^{\circ }-\left(90^{\circ }-\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}\right)=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.\left(1\right)$$

Mặt khác nên $$\widehat{QPC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.\left(2\right)$$

Từ $$\left(1\right)$$ và $$\left(2\right)$$ suy ra $\widehat{QCA}=\widehat{QPC}$.Vậy$\widehat{QMK}=\widehat{QCA}$.

c) Kẻ $AQ$ cắt $\left(O\right)$ tại $E.$

Xét $\Delta ACQ$ và $\Delta AEC$ có $\widehat{CAE}$ chung; .

Do đó

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{AE}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AQ}{AC}$ hay $A{C}^2=AE\cdot AQ.\left(1\right)$

Xét $\Delta ACK$ và $\Delta AOC$ có $\widehat{AKC}=\widehat{ACO}=90^{\circ }$; $\widehat{ACK}=\widehat{AOC}$ (cùng phụ $\widehat{OCK})$.

Do đó .

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{AK}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AO}{AC}$ hay $A{C}^2=AK\cdot AO.\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $AK\cdot AO=AE\cdot AQ$ hay $\genfrac{}{}{0ex}{}{AK}{AQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AE}{AO}$.

Xét $\Delta AKQ$ và $\Delta AEO$ có $\widehat{OAE}$ chung; $\genfrac{}{}{0ex}{}{AK}{AQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AE}{AO}$ (chứng minh trên).

Do đó . Suy ra $\widehat{AKQ}=\widehat{AEO}$.

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. • Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$ Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat{ADB}=\widehat{AKB}.$ $\left(6\right)$ ⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left(O\right).$ A nằm bên ngoài đường tròn $\left(O;R\right)$, kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 2)"> Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat{AFD}=\widehat{BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat{ADF}=\widehat{BKF}$ (chứng minh trên) Do đó suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AF}{BF}=\genfrac{}{}{0ex}{}{DF}{KF}$ nên $\genfrac{}{}{0ex}{}{AF}{DF}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BF}{KF}.$ Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\genfrac{}{}{0ex}{}{AF}{DF}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BF}{KF}$ và $$\widehat{DFK}=\widehat{AFB}$$ (đối đỉnh) Do đó suy ra $\widehat{FDK}=\widehat{FAB}.\left(7\right)$ ⦁ Ta có $\widehat{ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ABK}=90^{\circ },$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat{FAB}+\widehat{AKB}=90^{\circ }.\left(8\right)$ Từ $\left(6\right),\left(7\right),\left(8\right)$ suy ra $\widehat{ADB}+\widehat{FDK}=90^{\circ }$ hay $\widehat{ADK}=90^{\circ }.$ Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$ Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AK.$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $ACKQ$ có $\widehat{AKQ}=\widehat{AEO}$ nên tứ giác $ACKQ$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{AQC}=\widehat{AKC}=90^{\circ }$.

Do $\widehat{AQC}=90^{\circ }$ nên $\widehat{CQE}=90^{\circ }$ nên $CE$ là đường tròn đường kính của $$\left(O\right)$$.

Suy ra ba điểm $E,O,C$ thẳng hàng nên $\widehat{CPQ}=\widehat{CEQ}$.

Ta có $\tan \widehat{CPQ}=\tan \widehat{CEQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{EC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{2R}$.

Do đó $AC=2R\tan \widehat{ACQ}=2R\tan \widehat{CPQ}$ (đpcm).