Trường Toán Online MATHX
Mathx.vn biên soạn gửi tới các em hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán của Sở GDĐT Hồ Chí Minh năm học 2023 2024. Các em học sinh nhấn vào nút tải tài liệu bên dưới để tải đề về làm trước ra giấy sau đó so sánh kết quả và cách giải chi tiết trong bài viết này để đạt được hiệu quả ôn tập tốt nhất. Chúc các em học tốt và đạt kết quả cao trong kì thi THPT sắp tới!!
.png?fbclid=IwAR10nKALalzJolDcLXVYkzAnIQYyQzbFDNrWGuDpeLvcv8lkaeLO-CuH_2c)
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Cho parabol \(\left( P \right):\,y=\dfrac{{{x}^{2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y=x+4\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\)và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Giải
a) \(\left( P \right):\,y=\dfrac{{{x}^{2}}}{2}\)
| x | 0 | 2 | -2 | 1 | -1 |
| y | 0 | 2 | 2 | \(\dfrac {1}{2}\) | \(-\dfrac {1}{2}\) |
=> \(\left( P \right)\) đi qua \((0; 0) \ ; \ (2; 2) \ ; \ (-2; 2) \ ; \ (1; \dfrac {1}{2}) \ ; \ (1; -\dfrac {1}{2})\)
\(\left( d \right):y=x+4\)
| x | 0 | -4 |
| y | 4 | 0 |
=> \(\left( d \right)\) đi qua \((0; 4) \ ; \ (-4; 0) \)
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) có:
\(\dfrac {x^2}{2} = x + 4 \\ \Leftrightarrow x^2 = 2x + 8 \\ \Leftrightarrow x^2 - 2x - 8 = 0 \\ \Leftrightarrow x^2 - 4x + 2x - 8 = 0 \\ \Leftrightarrow x(x-4) + 2(x - 4) = 0 \\ \Leftrightarrow (x-4)(x+2) = 0 \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}} x=4 \\ x=-2 \\ \end{array}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}} y=8 \\ y=2 \\ \end{array} \right. \right. \)
=> Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là : \((4; 8) \ ; \ (-2; 2) \)
Cho phương trình \(2{{x}^{2}}-13x-6=0\) có 2 nghiệm là \({{x}_{1}};\,{{x}_{2}}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A=({{x}_{1}}+{{x}_{2}}).({{x}_{1}}+2{{x}_{2}})-{{x}_{2}}^{2}\)
Giải
Xem lại bài này để nắm lại kiến thức công thức Delta:
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN SỞ GDĐT HÀ NỘI NĂM HỌC 2023 2024 - MATHX
Phương trình \(2{{x}^{2}}-13x-6=0\)
\(\Delta = (-13)^2 - 4.2.(-6) = 169 + 48 = 217 > 0\)
=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({{x}_{1}};\,{{x}_{2}}\)
Áp dụng hệ thức Vi ét ta có
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{13}{2} \\ {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=\dfrac{c}{a}=-3 \\ \end{array} \right.\)
Ta có
\(\begin{align} & A=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{1}}+2{{x}_{2}} \right)-x_{2}^{2}=x_{1}^{2}+3{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}} \\ & \,\,\,\,\,={{\left( \dfrac{13}{2} \right)}^{2}}-3=\dfrac{157}{4}. \\ \end{align}\)
Một nhà khoa học đã đưa ra công thức tính số cân nặng lý tưởng của con người theo chiều cao và giới tính như sau: \(M=T-100-\dfrac{T-150}{N}\)
Trong đó \(M\) là cân nặng (kg), \(T\) là chiều cao (cm), \(N=4\) nếu là nam, \(N=2\) nếu là nữ.
a) Bạn Hạnh (nữ) cao \(1,58\) mét. Hỏi cân nặng lý tưởng của bạn Hạnh là bao nhiêu?
b) Bạn Phúc (nam) có cân nặng \(68\) kg. Để cân nặng này là lý tưởng thì chiều cao cần đạt của bạn Phúc là bao nhiêu?
Giải
a)
Cân nặng lý tưởng của Hạnh là
\(M=158-100-\dfrac{158-150}{2}=54\left( kg \right).\)
b)
Bạn Phúc có cân nặng 68 kg thì để đạt cân nặng lý tưởng thì thoả mãn
\(68=T-100-\dfrac{T-150}{4} \\ \Leftrightarrow 3T=68\times 4+400-150=522 \\ \Leftrightarrow T=174\left( cm \right).\)
Vậy Phúc cần cao \(1,74m\)
Cửa hàng \(A\) niêm yết giá một bông hồng là \(15000\) đồng. Nếu khách hàng mua nhiều hơn \(10\) bông thì từ bông thứ \(11\) trở đi, mỗi bông được giảm \(10\%\) trên giá niêm yết. Nếu mua nhiều hơn \(20\) bông thì từ bông thứ \(21\) trở đi, mỗi bông được giảm thêm \(20\%\) trên giá đã giảm.
a) Nếu khách hàng mua \(30\) bông hồng tại cửa hàng \(A\) thì phải trả bao nhiêu tiền?
b) Bạn Thảo đã mua một số bông hồng tại cửa hàng \(A\) với số tiền là \(555\,000\) đồng. Hỏi bạn Thảo đã mua bao nhiêu bông hồng?
Giải
a)
Số tiền mua \(30\) bông hoa là
\(10.15000+(10.15000).90\%+(10.15000).90\%.80\%=393000\) (đồng)
b)
Gọi số hoa mua là x (bông, \(x \in N*\))
Nếu mua từ bông thứ 11 đến bông thứ 20, giá mỗi bông hoa là:
\(15000.90\% = 13500\) (đồng)
Nếu mua từ bông thứ 21 trở đi, giá mỗi bông hoa là:
\(13500.80\% = 10800\) (đồng)
Vì bạn Thảo trả \(555000\) khu mua hoa nên số hoa mua sẽ lớn hơn 20 bông. Ta có phương trình
biểu thị số tiền phải trả khi mua hoa là:
\(T = 15000 . 10 + 13500 . 10 + (x-20) . 10800 \\ \Leftrightarrow 555000 = 150000 + 135000 + (x-20) . 10800 \\ \Leftrightarrow 270000 = (x-20) . 10800 \\ \Leftrightarrow x-20 = 25 \\ \Leftrightarrow x=45\) (thỏa mãn)
Vậy bạn Thảo mua \(45\) bông hoa.
Cách khác: số hoa chênh lệch giữa hai bạn là \(\dfrac{555000-393000}{15000.\,0,9.\,0,8}=15\) . Tức là,
Thảo đã mua \(45\) bông hoa.
Chị Lan đun sôi nước bằng ấm điện. Biết rằng mối liên hệ giữa công suất hao phí \(P\left( W \right)\) của ấm điện và thời gian đun \(t\) (giây) được mô hình hóa bởi một hàm số bậc nhất có dạng \(P=at+b\) và có đồ thị như hình bên.
a) Hãy xác định các hệ số \(a\) và \(b\).
b) Nếu đun nước với công suất hao phí là \(105\left( W \right)\) thì thời gian đun là bao lâu?
Giải
a)
Ta có:
tại \(t = 75 => P = 110\)
Thay vào \(P=at+b\) ta được:
\(75a+b=110\) (1)
Tại \(t = 180 => P = 145\)
Thay vào \(P=at+b\) ta được:
\(180a+b=145\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 75a+b=110 \\ 180a+b=145 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 105a=35 \\ 75a+b=110 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} a=\dfrac{1}{3} \\ b=85 \\ \end{array} \right.\)
Vậy \(a = \dfrac {1}{3} ; b = 85 \Rightarrow P = \dfrac {1}{3}x + 85\) (*)
b)
Nếu đun nước với công suất hao phí là \(105W \Rightarrow p = 105\) ; thay vào (*) ta được:
\(\dfrac {1}{3}t + 85 = 105 \\ \Leftrightarrow \dfrac {1}{3}t = 20 \\ \Leftrightarrow t = 60\)
Vậy cần \(60\) giây để đun nước.
Bạn Nam dự định tổ chức buổi tiệc sinh nhật và chọn loại ly có phần chứa nước dạng hình nón với bán kính đáy \(R=4cm\) và độ dài đường sinh \(l=10cm\) để khách uống nước trái cây.
a) Tính thể tích phần chứa nước của ly (ghi kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). Biết công thức thể tích hình nón là: \(V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{3}}\) (với \(R\) là bán kính đáy hình nón; \(h\) là chiều cao hình nón).
b) Bạn Nam cần chuẩn bị một số hộp nước trái cây có lượng nước trong mỗi hộp là \(1,2\) lít. Biết rằng buổi tiệc sinh nhật có \(14\) người (đã bao gồm Nam). Nếu mỗi người trung bình uống \(3\) ly nước trái cây và lượng nước rót bằng \(90\%\) thể tích ly thì bạn Nam cần chuẩn bị ít nhất bao nhiêu hộp nước trái cây?
Biết \(1 \ lít = 1000\,c{{m}^{3}}\) .
Giải
a)
Độ cao của ly là
\(h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}=\sqrt{100-16}=2\sqrt{21}\left( cm \right). \)
Thể tích ly là
\(V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\dfrac{1}{3}\pi {{.4}^{2}}.2\sqrt{21}\approx 154\left( c{{m}^{3}} \right) \)
b)
Thể tích nước rót vào mỗi ly là:
\(154.90: 100 = 138,6 (cm^3)\)
Số lượng nước cần uống trong bữa tiệc là:
\(138,6 \ . \ 3,14 = 5821,2 (cm^3)\)
Đổi: 1,2 lít = 1200 \(cm^3\)
Số hộp nước trái cây cần chuẩn bị là:
\(5821,2 \ : 1200 = 4,851\)
Vậy cần chuẩn bị ít nhất 5 hộp nước trái cây.
Nhà bạn Khanh có hai thùng đựng sữa, thùng thứ nhất có thể tích \(10\) lít, thùng thứ hai có thể tích \(8\) lít. Biết rằng cả hai thùng đều đang chứa một lượng sữa và tổng lượng sữa ở hai thùng lớn hơn \(10\) lít. Bạn Khanh muốn xác định lượng sữa ở mỗi thùng nhưng không có dụng cụ đo thể tích nên bạn đã nghĩ ra cách làm như sau:
Đầu tiên, Khanh đổ sữa từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì lượng sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng \(\dfrac{1}{2}\) lượng sữa so với ban đầu.
Sau đó, Khanh đổ sữa từ thùng thứ hai sang thùng thứ nhất cho đầy thì lượng sữa còn lại ở thùng thứ hai bằng \(\dfrac{1}{5}\) lượng sữa so với thời điểm ban đầu.
Hỏi thời điểm ban đầu mỗi thùng chứa bao nhiêu lít sữa?
Giải
Gọi lượng sữa ban đầu ở thùng thứ nhất là x (lít, x > 0)
Lượng sữa ban đầu ở thùng thứ hai là y (lít, y > 0)
Khi đổ sữa ở thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì số sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng \(\dfrac{1}{2}\) so với số sữa ban đầu nên ta có phương trình:
\(\dfrac {1}{2}x = 8-y\) (1)
( Lúc này số sữa thùng thứ nhất còn lại là \(\dfrac{x}{2}\) (lít), thùng 2 đầy là 8 (lít) )
Lúc này thùng thứ nhất cần \(10- \dfrac{x}{2}\) (lít) sữa sẽ đầy thùng.
Khi Khanh đổ sữa từ thùng thứ hai sang thừng thứ nhất cho đầy thì lượng sữa còn lại ở thùng thứ
hai bằng \(\dfrac{1}{5}\) so với thời điểm ban đầu hay bằng \(\dfrac{1}{5}y\)
Vậy thùng thứ hai đã đổ sang thùng thứ nhất số sữa là: \(8 - \dfrac{1}{5}y\) (lít)
Ta có phương trình:
\(10- \dfrac{x}{2} = 8- \dfrac{y}{5} \) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \dfrac {x}{2} = 8-y \\ 10- \dfrac{x}{2} = 8- \dfrac{y}{5} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \dfrac {x}{2} + y = 8 \\ -\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{5} = -2 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \dfrac{6y}{5} = 6 \\ \dfrac {x}{2} + y = 8 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} y=5 \\ x=6 \\ \end{array} \right.\)
Vậy ban đầu thùng thứ nhất có 6 lít sữa, thùng thứ hai có 5 lít sữa
Cho tam giác \(ABC\) nhọn \((AB
a) Chứng minh các tứ giác \(AEHF\) và \(ALHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh tứ giác \(BEFC\) nội tiếp và \(AD\) vuông góc với \(EF\) tại \(K\).
c) Tia \(EF\) cắt \((O)\) tại \(P\) và cắt \(BC\) tại \(M\). Chứng minh \(AP=AH\) và ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng.
Giải
a)
Xét tứ giác \(AEHF\) có
\(\widehat{AED}+\widehat{AFD}={{90}^{{}^\circ }}+{{90}^{{}^\circ }}={{180}^{{}^\circ }}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
=> \(AEHF\) nội tiếp
Xét
=> \(\widehat{ALD} = 90^o\)
Xét tứ giác \(ALHF\) có
\(\widehat{ALH}+\widehat{AFH}={{90}^{{}^\circ }}+{{90}^{{}^\circ }}={{180}^{{}^\circ }}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
=> \(ALHF\) nội tiếp
b) Vì tứ giác \(AEHF\) nội tiếp
=> \(\widehat{AEF} = \widehat{AHF}\) (2 góc nội tiếp cùng nhìn cạnh \(AF\)) (1)
\(\widehat{AHF}+\widehat{HAC}={{90}^{{}^\circ }}\)
\(\left.\begin{aligned} \widehat{AHF}+\widehat{HAC}={{90}^{{}^\circ }} \\ \widehat{HCA}+\widehat{HAC}={{90}^{{}^\circ }} \end{aligned}\right\} \Rightarrow \widehat{AHF} = \widehat{BCF}\) (2)
Từ (1) và (2)
=> \(\widehat{AEF} = \widehat{BCF}\)
Mà \(\widehat{AEF}+\widehat{BEF}={{180}^{{}^\circ }}\) (2 góc kề bù)
=> \(\widehat{BCF}+\widehat{BEF}={{180}^{{}^\circ }}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác \(BEFC\)
=> \(BEFC\) nội tiếp
(*) \(AD \perp EF\) tại \(K\)
Xét \((O)\) có \(\widehat{ACD}\) nội tiếp chắn nửa đường tròn
=> \(\widehat{ACD} = 90^o\)
=> \(\widehat{CAD}+\widehat{CDA}={{90}^{{}^\circ }}\) (3)
\(\Delta {BEH}\) vuông tại E
=> \(\widehat{EBH}+\widehat{EHB}={{90}^{{}^\circ }}\) (4)
\(\widehat{CDA} = \widehat{EBH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn \(\overset\frown{AC}\) ) (5)
Từ (3); (4); (5)
=> \(\widehat{CDA} = \widehat{EHB}\) hay \(\widehat{KAF} = \widehat{EHB}\)
Mà \(\widehat{EHB}+\widehat{AHE}={{90}^{{}^\circ }}\)
=> \(\widehat{KAF}+\widehat{AHE}={{90}^{{}^\circ }}\)
Mặt khác tứ giác \(AEHF\) nội tiếp
=> \(\widehat{AHE} = \widehat{AFE}\) (cùng nhìn \(AE\) )
=>\(\widehat{KAF}+\widehat{AFK}={{90}^{{}^\circ }}\)
=> \(\widehat{AKF}={{90}^{{}^\circ }}\)
=> \(AD \perp EF\) tại \(K\)
c)
Xét \(\Delta {AHB}\) vuông tại H có đường cao HE
=> \(AH^2 = AE . AB\) (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Ta có \(\widehat{AEP} = \widehat{FEB}\) (2 góc đối đỉnh)
\(\widehat{FEB}+\widehat{FCB}={{180}^{{}^\circ }}\) (tứ giác \(EBFC\) nội tiếp)
=> \(\widehat{BAP}+\widehat{FCB}={{180}^{{}^\circ }}\)
Mà \(\widehat{APB}+\widehat{ACB}={{180}^{{}^\circ }}\) (tứ giác \(APBC\) nội tiếp)
=> \(\widehat{AEP} = \widehat{APB}\)
Xét \(\Delta {APB}\) và \(\Delta {AEP}\) có
\(\widehat{PAB}\) chung
\(\widehat{APB} = \widehat{AEP}\) (cmt)
=> \(\Delta {A P B} \approx \Delta {A E P}\) (g.g)
=> \(\dfrac {AP}{AE} = \dfrac {AB}{AP}\) (tương ứng)
\(\Leftrightarrow AP^2 = AE . AB\) (2)
Từ (1) và (2)
=> \(AH = AP\) (đpcm)
Ta có:
\(\left.\begin{aligned} \widehat{ALH}={{90}^{{}^\circ }} \\ \widehat{AEH}={{90}^{{}^\circ }} \\ \widehat{AFH}={{90}^{{}^\circ }} \end{aligned}\right\} \Rightarrow\) 5 điểm \(A, L, E, H, F\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\)
Xét tứ giác \(ALEF\) nội tiếp
=> \(\widehat{LAF} = \widehat{LEM}\) (góc trong và góc ngoài của gói đối diện)
tứ giác \(ALBC\) nội tiếp
=> \(\widehat{MBL} = \widehat{LAC}\) (tính chất)
=> \(\widehat{MLE} = \widehat{ABC} = \widehat{AFE}\)
Mà \(\widehat{AFE}+\widehat{ALE}={{180}^{{}^\circ }}\) (tứ giác \(ALEF\) nội tiếp)
=> \(A, L ,M\) thẳng hàng
Trên đây MATHX đã hướng dẫn các em giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán của Sở GDĐT Hồ Chí Minh năm học 2023 2024.
Ngoài ra các em có thể tham khảo thêm các chuyên đề và tài liệu trong TÀI LIỆU TOÁN LỚP 9 để có thể tích lũy thêm nhiều kiến thức và ôn tập hiệu quả hơn.
Phụ huynh và các em học có thể tham khảo một số đề thi vào lớp 10 khác tại đây:
PHÂN TÍCH CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023
Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT Chuyên Sư Phạm năm 2023
Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội năm 2023 lần 3
HỆ THỐNG CHƯƠNG TRÌNH HỌC CỦA MATHX