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:

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

$2{x_M} + x_M^2 = 0$

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

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

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

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

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

Theo định lí Viète, ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 5\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 1\end{array} \right.,$ 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: $xy\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).$

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

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

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

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 $77{,}76\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ nên ta có

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

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

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

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

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

${x^2} \approx 64$

$x = - 8$ (loại) hoặc $x = 8$ (thỏa mãn).

a) Thể tích khối gỗ dạng hình trụ là:

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

Thể tích khối gỗ dạng hình nón là:

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

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

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

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

b) Đường sinh của hình nón là:

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

Diện tích xung quanh hình nón là:

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

Diện tích mặt đáy là: ${S}_{đ}=π{R}^{2}=100π\ ({\text{cm}}^{2}).$

Diện tích cần phủ sơn là:

$S={S}_{xq}+{S}_{đ}=100\sqrt{17}π+100π\approx 1609{,}47\ ({\text{cm}}^{2}).$

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

Gọi $x\,\,{\rm{(m}}\,{\rm{/}}\,{\rm{s)}}$ 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 $3x\,\,{\rm{(m}}\,{\rm{/}}\,{\rm{s)}}{\rm{.}}$

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

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

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

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

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 $CI \bot AB.$

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

Lại có $BI\,{\rm{//}}\,CD$ (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: $OM = BM \cdot \cot \widehat {MOB} = \frac{1}{2}BC \cdot \cot \widehat {MOB} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \cot 60^\circ = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

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