Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2026 THCS Hậu Giang (TP.HCM) có đáp án

a) Vẽ parabol (P): Bảng giá trị

Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{2}$.

b) Gọi $M\left( {x\,;\,\,y} \right)$ thuộc đồ thị $\left( P \right)$ có $x + \,y = 12$ thay vào hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{2}$ ta được $x + \frac{{{x^2}}}{2} = 12$

Nhân cả hai vế với 2 để khử mẫu ta được ${x^2} + 2x - 24 = 0$ (1)

Ta có $\Delta = {2^2} - 4.1.( - 24) = 100 > 0$

Nên phương trình có hai nghiệm

${x_1} = \frac{{ - 2 + \sqrt {100} }}{2} = 4;\,\,{x_2} = \frac{{ - 2 - \sqrt {100} }}{2} = - 6$

Với $x = 4$ thì $y = 8$

Với $x = - 6$ thì $y = 18$

Vậy hai điểm thoả mãn là $\left( {4\,;\,\,8} \right)$ và $\left( { - 6\,;\,\,18} \right).$

a) Xét phương trình $2{x^2} - 5x - 7 = 0$ (có $a = 2\,;\,\,b = - 5\,;\,\,c = - 7$)

$\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.\left( { - 7} \right) = 25 + 56 = 81 > 0$

Do đó phương trình này có 2 nghiệm phân biệt.

b) Theo hệ thức Viète, ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{5}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 7}}{2}\end{array} \right.$

$A = {x_1}\left( {{x_1}^2 + 2022} \right) - {x_2}\left( { - {x_2}^2 - 2023} \right) - {x_2}$

$= \left( {{x_1}^3 + {x_2}^3} \right) + 2022{x_1} + 2023{x_2} - {x_2}$

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2022\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$

Thay ${x_1} + {x_2} = \frac{5}{2};{x_1}{x_2} = \frac{{ - 7}}{2}$,ta được:$A = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^3} - 3.\frac{5}{2}.\left( {\frac{{ - 7}}{2}} \right) + 2022.\frac{5}{2} = \frac{{125}}{8} + \frac{{105}}{4} + 5055 = \frac{{40\,\,775}}{8}$.

a) Gọi A là biến cố “viên bi nằm trong ô vuông màu đen”

Quan sát hình vẽ, có 64 kết quả có thể xảy ra hay $n\left( \Omega \right) = 64$

Quan sát hình vẽ, có 32 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ hay $n\left( A \right) = 32$

Xác suất để viên bi nằm trong ô vuông màu đen là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{32}}{{64}} = \frac{1}{2}$

b) Gọi B là biến cố “tổng số điểm của An nhận được lớn hơn 0”

Có 4 trường hợp có thể xảy ra là:

• Đen – Đen với tổng điểm là 10 (thỏa yêu cầu)

• Đen – Trắng với tổng điểm là 3 (thỏa yêu cầu)

• Trắng – Đen với tổng điểm là 3 (thỏa yêu cầu)

• Trắng – Trắng với tổng điểm là $- 4$ (không thỏa yêu cầu)

Suy ra $n\left( \Omega \right) = 4$

Và có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ hay $n\left( B \right) = 3$

Xác suất để tổng số điểm của An nhận được lớn hơn 0 là: $P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{4}$.

a) Cái bồn hoa hình tròn có bán kính $x$ mét $\left( {x > 0} \right)$

Chiều rộng hình chữ nhật là $2x + 2\,\,\left( m \right)$

Diện tích cái sân hình chữ nhật là $\left( {2x + 2} \right)\left( {1{,}57x + 10} \right)\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Diện tích bồn hoa $3{,}14{x^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Diện tích đất còn lại sau khi đã xây bồn hoa là: $\left( {2x + 2} \right)\left( {1{,}57x + 10} \right)\, - 3{,}14{x^2}$ $\left( {{m^2}} \right)$

b) Theo đề ta có phương trình: $\left( {2x + 2} \right)\left( {1{,}57x + 10} \right)\, - 3{,}14{x^2} = 54{,}71$

tìm được $x = 1{,}5$ ( nhận)

Vậy bồn hoa hình tròn có bán kính $1{,}5\,\,\left( m \right)$

a) Thể tích của ống vitamin C hình trụ là:

$V = \pi {\left( {\frac{4}{2}} \right)^2}.12 = 48\pi \approx 150{,}80\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Thể tích của một viên vitamin C hình cầu là:

$V = \frac{4}{3}\pi {.0{,}5^3} = \frac{\pi }{6} \approx 0{,}52\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

b) Trong ống có 10% thể tích là không khí, nên thể tích thực tế để chứa viên vitamin:

90%.Vống = $90\% .48\pi = 43{,}2\pi \approx 135{,}72\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Số viên vitamin C tối đa là: $\frac{{43{,}2\pi }}{{\frac{\pi }{6}}} = 259{,}2 \approx 259$ (viên).

Vậy số viên vitamin C là 259 viên.

Gọi tốc độ xe đạp của Hùng là $x$(m/phút) $\left( {x > 0} \right)$

Gọi tốc độ xe đạp của Nam là $2x$ (m/phút)

Tốc độ chạy bộ của Nam là $\frac{1}{4}x$ (m/phút)

Gọi $t$ (phút) là thời gian về đích của hai bạn $\left( {t > 0} \right)$

Thời gian của Nam chạy bộ là $t - 5$ (phút)

Quãng đường bạn Nam chạy bộ là: $\frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right)$ (m)

Quãng đường bạn Nam chạy xe đạp là: $2x.5$ (m)

Quãng đường đua xe là: $2x.5 + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right) = 10x + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right)$ (m) và $x.t\,(m)$ nên có phương trình: $10x + \frac{1}{4}x\left( {t - 5} \right) = x.t$

$x.\left[ {10 + \frac{1}{4}\left( {t - 5} \right)} \right] = x.t$

$10 + \frac{1}{4}t - \frac{5}{4} = t$

$t = \frac{{35}}{3}$( nhận)

Vậy cuộc đua kéo dài $\frac{{35}}{3}$ phút hay 11 phút 40 giây.

a) Chứng minh bốn điểm$\;A,{\rm{ }}E,{\rm{ }}H,{\rm{ }}F$cùng thuộc một đường tròn.

Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $EC \bot AB$ tại $E$và $BF \bot AC$ tại $F$

b) Gọi $D$ là giao điểm của $AH$và $(O)$ ($D$ nằm giữa $A$ và $H$). Chứng minh$B{D^2} = BK.BC$ và $\widehat {BDH} = \widehat {BFD}$.

Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta lại có $EC \bot AB$ tại $E$ và $BF \bot AC$ tại $F$.

Mà $BF$ và $CE$ cắt nhau tại $H$.

Do đó $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Suy ra $AH \bot BC$ tại $K$.

Chứng minh được $ΔBDK∽ΔBCD$.

Suy ra $\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}$ hay $B{D^2} = BK.BC$.

Do $ΔBDK∽ΔBCD$ (cmt) suy ra $\widehat {BDH} = \widehat {BCD}$ (2 góc tương ứng)

Mà $\widehat {BCD} = \widehat {BFD}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$).

Nên $\widehat {BDH} = \widehat {BFD}$.

c) Cho $\widehat {BAC} = 60^\circ$ và $BC = 6cm$. Tính diện tích phần hình giới hạn bởi cung $EDF$ và dây $EF$.

Do $\Delta AFB$ vuông tại $F$ nên $\widehat {ABF} = 90^\circ - \widehat {BAF} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $EF$)

Suy ra $\widehat {EOF} = 2 \cdot 30^\circ \, = 60^\circ$.

Xét tam giác $EOF$ cân tại $O$ (do OE = OF) có $\widehat {EOF} = 60^\circ$ nên tam giác $EOF$ là tam giác đều.

Suy ra $EF = OF = OE = \frac{1}{2}BC = 3cm$

Diện tích hình quạt $EOF$ là: ${S_{qEOF}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.3}^2}.60}}{{360}} = \frac{3}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Diện tích tam giác $EOF$ là: ${S_{\Delta EOF}} = \frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Vậy diện tích phần giới hạn bởi cung $EDF$ và dây $EF$ là:

$$S = \frac{3}{2}\pi - \frac{{9\sqrt 3 }}{4} \approx 0{,}8\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$$