Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2022 - 2023 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án

8 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Cho parabol $(P) : y = x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = - x + 2$ .

a) Vẽ $(P)$ và $(d)$ trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Cho parabol ( P):y = x^2 và đường thẳng ( d):y = - x + 2. (ảnh 1)

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm $(P), (d)$ là

$x^{2} = - x + 2 \Leftrightarrow x^{2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow [x_{1} = 1 x_{2} = - 2$

Với $x_{1} = 1 \Rightarrow y_{1} = 1 \Rightarrow A (1; 1)$ ;

Với $x_{2} = - 2 \Rightarrow y_{2} = 4 \Rightarrow B (- 2; 4)$

Vậy tọa độ giao điểm $(P), (d)$ là $A (1; 1), B (- 2; 4)$ .

Câu 2

Câu tự luận

Cho phương trình $2 x^{2} - 4 x - 3 = 0$ có hai nghiệm là $x_{1}, x_{2}$ .

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A = (x_{1} - x_{2})^{2}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có $a c = 2. (- 3) = - 6 < 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có : ${x_{1} + x_{2} = 2 x_{1} x_{2} = - \frac{3}{2}$ . Khi đó ta có:

$A = (x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2} = 2^{2} - 4. \frac{- 3}{2} = 10$ .

Câu 3

Câu tự luận

Để đánh giá thể trạng (gầy, bình thường, thừa cân) của một người, người ta thường dùng chỉ số BMI (Body Mass Index). Chỉ số BMI được tính dựa trên chiều cao và cân nặng theo công thức sau:

Phân loại	BMI (kg/m²)
Cân nặng thấp (gầy)	$< 18, 5$
Bình thường	$18, 5 - 24, 9$
Thừa cân	$\geq 25$
Tiền béo phì	$25 - 29, 9$
Béo phì độ I	$30 - 34, 9$
Béo phì độ II	$35 - 39, 9$
Béo phì độ III	$\geq 40$

Đối với người trưởng thành, chỉ số này được đánh giá như sau:

Phân loại	BMI (kg/m2)
Cân nặng thấp (gầy)	$< 18, 5$
Bình thường	$18, 5 - 24, 9$
Thừa cân	$\geq 25$
Tiền béo phì	$25 - 29, 9$
Béo phì độ I	$30 - 34, 9$
Béo phì độ II	$35 - 39, 9$
Béo phì độ III	$\geq 40$

Hạnh và Phúc là hai người trưởng thành đang cần xác định thể trạng của mình.

a) Hạnh cân nặng 50 kg và cao 1,63 m. Hãy cho biết phân loại theo chỉ số BMI của Hạnh?

b) Phúc cao 1,73 m thì cân nặng trong khoảng nào để chỉ số BMI của Phúc ở mức bình thường ? (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất)

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Chỉ số BMI của Hạnh là $\frac{50}{1 , 63 ^{2}} \approx 18, 8$ (kg/m2).

Vậy theo bảng phân loại chỉ số BMI, ta thấy Hạnh thuộc nhóm bình thường.

b) Do chỉ số BMI ở mức bình thường là từ 18,5 đến 24,9 nên:

+ Cân nặng tối thiểu của Phúc là $18, 5.1, 7 3^{2} \approx 55, 4 (kg)$

+ Cân nặng tối đa của Phúc là $24, 9.1, 7 3^{2} \approx 74, 5 (kg)$

Vậy cân nặng của Phúc trong khoảng 55,4 kg đến 74,5 kg thỉ chỉ số BMI của Phúc bình thường.

Câu 4

Câu tự luận

Giá bán một cái bánh cùng loại ở hai cửa hàng A và B đều là 15 000 đồng, nhưng mỗi cửa hàng áp dụng hình thức khuyến mãi khác nhau.

Cửa hàng A: đối với 3 cái bánh đầu tiên, giá mỗi cái là 15 000 đồng và từ cái bánh thứ tư trở đi, khách hàng chỉ phải trả 75% giá bánh.

Cửa hàng B: cứ mua 3 cái bánh được tặng thêm 1 cái bánh cùng loại.

Bạn Hằng cần đúng 13 cái bánh để tổ chức sinh nhật thì bạn ấy nên mua bánh ở cửa hàng nào để tiết kiệm và tiết kiệm được bao nhiêu tiền so với cửa hàng kia?

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

+ Nếu Hằng mua ở cửa hàng A thì Hằng phải mua 3 cái bánh với giá 15 000 đồng/cái và 10 cái bánh với giá $75%.15000$ đồng/cái nên Hằng cần trả số tiền là

$3.15 000 + 10.15 000.75% = 157500$ (đồng).

+ Nếu Hằng mua ở cửa hàng B cứ mua 3 bánh Hằng được tặng 1 cái bánh cùng loại nên nếu Hằng mua 9 bánh thì Hằng được tặng 3 chiếc và thiếu 1 chiếc cần mua với giá 15 000 đồng. Như thế, Hằng sẽ cần phải mua 10 cái bánh và số tiền Hằng cần trả là

$9. 15000 + 15000 = 150000$ (đồng).

Vậy bạn Hằng mua bánh ở cửa hàng B thì tiết kiệm hơn và tiết kiệm được $157500 - 150000 = 7500$ đồng so với cửa hàng A.

Câu 5

Câu tự luận

Một vận động viên khi leo núi nhận thấy rằng càng lên cao thì nhiệt độ không khí càng giảm. Mối liên hệ giữa nhiệt độ không khí $T$ và độ cao $h$ (so với chân núi) được cho bởi hàm số $T = a . h + b$ có đồ thị như hình vẽ bên (nhiệt độ $T$ tính theo $^{\circ} C$ và độ cao $h$ tính theo mét)

Một vận động viên khi leo núi nhận thấy rằng càng lên cao thì nhiệt độ không khí càng giảm. Mối liên hệ giữa nhiệt độ không khí T và độ cao (ảnh 1)

Tại chân núi, người đó đo được nhiệt độ không khí là $2 3^{\circ} C$ và trung bình cứ lên cao 100 m thì nhiệt độ giảm $0, 6^{\circ} C$ .

a) Xác định $a, b$ trong công thức trên.

b) Bạn Minh đang leo núi và dùng nhiệt kế đo được nhiệt độ không khí tại vị trí dừng chân là $15, 8^{\circ} C .$ Hỏi bạn Minh đang ở độ cao bao nhiêu mét so với chân núi ?

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Ta có : $T = ah + b$

Quan sát đồ thị hàm số, đường thẳng $T = ah + b$ đi qua điểm $(3000; 5)$ nên ta có phương trình $3000 a + b = 5$

Vì ở chân núi , nhiệt độ không khí là $2 3^{\circ} C$ nên ta có:

$23 = 0. a + b \Leftrightarrow b = 23$

Thay $b = 23 \Rightarrow 3000 a = 5 - 23 = - 18 \Leftrightarrow a = - 0, 006$

Vậy $a = - 0, 006; b = 23$ .

b) Theo ý a ta có : $T = - 0, 006 h + 23$

Bạn Minh đang ở nhiệt độ $15, 8^{\circ} C$ so với chân núi nên thay $T = 15, 8$ vào ta có:

$15, 8 = - 0, 006 h + 23 \Leftrightarrow h = 1200$ .

Vậy Minh đang ở độ cao 1200 m so với chân núi.

Câu 6

Câu tự luận

Một đống cát có dạng hình nón có chu vi đáy là 25,12 m và độ cao là 1,5 m.

a) Tính thể tích của đống cát trên ? Biết công thức tính chu vi đường tròn là

C = 2 π R

và công thức tính thể tích hình nón là

V = \frac{1}{3} π R^{2} h

(trong đó R là bán kính đường tròn đáy; h là chiều cao hình nón, lấy

π = 3, 14)

b) Người ta dùng xe cải tiến để vận chuyển đống cát đó đên khu xây dựng. Biết thùng chứa của xe cải tiến có dạng hình hộp chữ nhật có kích thước dài 1 m, rộng 6 dm và cao 3 dm. Trong mỗi chuyến xe, thùng xe có thể chứa nhiều hơn thể tích thực của nó là 10% để vận chuyển được nhiểu cát hơn. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu chuyến xe cải tiến để chuyển hết đống cát trên?

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Hình nón có chu vi đáy là 25,12 m nên ta có:

$C = 2 π R = 25, 12 \Leftrightarrow R = \frac{25 , 12}{2.3 , 14} = 4 (m)$ .

Thể tích của đống cát trên: $V = \frac{1}{3} π R^{2} h = \frac{1}{3} .3, 14. 4^{2} .1, 5 = 25, 12 (m^{3})$ .

Vậy thể tích của đống cát là $25, 12 m^{3}$ .

b) $6 dm = 0, 6 m; 3 dm = 0, 3 m$

Thể tích của thùng chứa là: $1.0, 6.0, 3 = 0, 18 (m^{3})$ .

Trong mỗi chuyến xe, thùng xe có thể chứa: $0, 18 + 0, 18.10% = 0, 198 (m^{3})$ .

Ta có: $\frac{25 , 12}{0 , 198} \approx 126, 9$ , do đó để vận chuyển hết đống cát đã cho, cần 126 + 1 = 127 chuyến xe.

Vậy cần ít nhất 127 chuyến xe để chuyển hết đống cát.

Câu 7

Câu tự luận

Đại hội Thể thao Đông Nam Á – SEA Games (South East Asian Games) là sự kiện thể thao được tổ chức 2 năm một lần với sự tham gia của các vận động viên trong khu vực Đông Nam Á. Việt Nam là chủ nhà của SEA Games 31 diễn ra từ này 12/5/2022 đến ngày 23/5/2022.

Ở môn bóng đá nam, một bảng đấu gồm có 5 đội A, B, C, D, E thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt (mỗi đội thi đấu đúng một trận với các đội còn lại). Trong mỗi trận đấu, đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua được 0 điểm.

a) Hỏi có tất cả bao nhiêu trận đấu đã diễn ra ở bảng đấu trên?

b) Khi kết thúc bảng đấu, các đội A, B, C, D, E lần lượt có điểm số là 10, 9, 6, 4, 0. Hỏi có bao nhiêu trận hòa và cho biết đó là trận hòa giữa các đội nào (nếu có)?

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Vì có năm đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt (mỗi đội thi đấu đúng một trận với các đội còn lại) nên có tất cả $\frac{5.4}{2} = 10$ trận đấy đã diễn ra ở bảng đấu trên.

b) Từ câu a, ta có tất cả 10 trận, gồm thắng - thua và hòa.

Gọi số trận thắng - thua là $x$ trận, hòa là $y$ trận $(x, y \in N)$ .

Khi đó ta có $x + y = 10$ .

Mỗi trận thắng - thua có tổng số điểm là 3 nên tổng điểm các trận thắng - thua là $3 x$ .

Mỗi trận hòa có tổng số điểm là 2 (mỗi đội được 1 điểm) nên tổng điểm là $2 y$ .

Tổng số điểm của 10 trận đấu trên là $3 x + 2 y = 10 + 9 + 6 + 4 + 0 = 29$ .

Nên ta có hệ phương trình ${x + y = 10 3 x + 2 y = 29 \Leftrightarrow {x = 9 y = 1 (t m)$ .

Như vậy có 1 trận hòa.

Giả sử đội nào đó có $a$ trận thắng, 1 trận hòa và $c$ trận thua.

Nên số điểm đội đó là $3 a + 1$ điểm nên số điểm của đội có 1 trận hòa phải chia 3 dư 1.

Ta thấy A và D thỏa mãn.

Vậy trận đấu hòa là trận đấu giữa đội A và đội D.

Câu 8

Câu tự luận

Cho tam giác $A B C$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $(O) (A B < A C)$ . Gọi $D$ là điểm trên cung nhỏ $B C$ sao cho $D B < D C .$ Từ $D$ kẻ $D E$ vuông góc với $B C$ ( $E$ thuộc $B C),$ kẻ $D F$ vuông góc với $A C (F \in A C)$ . Đường thẳng $E F$ cắt tia $A B$ tại $K$ .

a) Chứng minh tứ giác $C D E F$ nội tiếp và $D F E = D A B$ .

b) Chứng minh tứ giác $D K B E$ nội tiếp và $D B . D F = D A . D E$ .

c) Gọi $I, J$ lần lượt là trung điểm của $A B, E F .$ Chứng minh $I J$ vuông góc với $D J$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O) ( AB < AC). Gọi D là điểm trên cung nhỏ BC sao cho (ảnh 1)

Ta có: $D E ⊥ B C \Rightarrow D E C = 9 0^{\circ}, D F ⊥ A C \Rightarrow D F C = 9 0^{\circ}$ .

Tứ giác $C D E F$ có $D E C = D F C = 9 0^{\circ}$ mà hai góc này có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn $C D$ dưới một góc không đổi nên tứ giác $C D E F$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow D F E = D C E$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $D E)$ .

$\Rightarrow D F E = D C B$ .

Xét đường tròn $(O)$ có $D A B = D C B$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $B D$ )

Suy ra $D F E = D A B$ (đpcm).

+ Ta có $D F E = D A B (c m t) \Rightarrow D F K = D A K$ .

Tứ giác $A K D F$ có $D F K = D A K (c m t)$ mà hai góc này có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn $D K$ dưới một góc không đổi nên $A K D F$ là tứ giác không đổi.

$\Rightarrow A F D + A K D = 18 0^{\circ}$ (tổng hai góc đối nhau).

Mà $A F D = 9 0^{\circ}$ (do $D F ⊥ A C$ ) $\Rightarrow 9 0^{\circ} + ∠ A K D = 18 0^{\circ} \Rightarrow A K D = 9 0^{\circ} \Rightarrow B K D = 9 0^{\circ}$ .

Ta có $D E ⊥ B C$ tại $E$ $\Rightarrow D E B = 9 0^{\circ}$ .

Xét tứ giác $D K B E$ có $B K D + B E D = 9 0^{\circ} + 9 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ mà hai góc này đối nhau

Nên $D K B E$ là tứ giác nội tiếp.

+ Xét đường tròn $(O)$ có $A D B = A C B$ (cùng chắn cung $A B$ ) $\Rightarrow A D B = E C F$

Tứ giác $C D E F$ nội tiếp (cmt) $\Rightarrow E C F = E D F$ (cùng chắn cung $E F$ )

$\Rightarrow A D B = E D F$ .

Xét $Δ A B D$ và $Δ F E D$ có:

$\Rightarrow \frac{D A}{D F} = \frac{D B}{D E} \Rightarrow D B . D F = D A . D E (d p c m)$ .

c) Ta có

Ta có: $I$ là trung điểm $A B$ (gt) $\Rightarrow A B = 2 B I$ , $J$ là trung điểm $E F$ $\Rightarrow E F = 2 E J$

Lại có $Δ A B D \sim Δ F E D (c m t) \Rightarrow \frac{A B}{E F} = \frac{B D}{D E} \Rightarrow \frac{2 B I}{2 E J} = \frac{B D}{D E}$ hay $\frac{B I}{E J} = \frac{B D}{D E}$ .

Xét $Δ I B D$ và $Δ J E D$ có:

$\Rightarrow B I D = E J D \Rightarrow K I D = K J D$

Tứ giác $I K D J$ có $K I D = K J D (c m t)$ mà hai góc này cùng nhìn $D K$ dưới 1 góc không đổi nên $I K D J$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow I K D + I J D = 18 0^{\circ}$ (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà $I K D = 9 0^{\circ} (d o B K D = 9 0^{\circ} (c m t))$

$\Rightarrow I J D = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 9 0^{\circ}$ .

Vậy $I J ⊥ D J (d p c m)$ .