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

Hướng dẫn giải

a) Vẽ đồ thị $\left( P \right)$ của hàm số trên.

Ta có bảng giá trị:

Khi đó, đồ thị hàm số $y = - 2{x^2}$ đi qua các điểm $A\left( { - 2\,;\,\, - 8} \right)\,;\,\,B\left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,C\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,D\left( {2\,;\,\, - 8} \right).$

b) Thay $y = x - 3$ vào $y = - 2{x^2}$ ta được

$x - 3 = - 2{x^2}$

$2{x^2} + x - 3 = 0$

$$\left( {x - 1} \right)\left( {2x + 3} \right) = 0$$

$x = 1$ hoặc $x = \frac{{ - 3}}{2}$

• Với $x = 1$ thì $y = 1 - 3 = - 2$.

• Với $x = \frac{{ - 3}}{2}$ thì $y = \frac{{ - 3}}{2} - 3 = \frac{{ - 9}}{2}$.

Vậy điểm cần tìm là $\left( {1\,;\,\, - 2} \right)$ và $\left( {\frac{{ - 3}}{2}\,;\,\,\frac{{ - 9}}{2}} \right)$.

Hướng dẫn giải

a) Phương trình $2{x^2} - 3x - 1 = 0$.

Ta có $\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 17 > 0$.

Vậy phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.

b) Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = \frac{3}{2}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.$.

Ta có $x_1^2 + x_2^2 = \left( {x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}} \right) - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} - 2.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{13}}{4}$.

Khi đó $A = {x_1}\left( {x_2^3 - 2} \right) + {x_2}\left( {x_1^3 - 2} \right) - 2{x_1}{x_2}$

$= {x_1}x_2^3 - 2{x_1} + {x_2}x_1^3 - 2{x_2} - 2{x_1}{x_2}$

$= {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)$

$= - \frac{1}{2} \cdot \frac{{13}}{4} - 2 \cdot \frac{3}{2} + 1$$= - \frac{{29}}{8}$.

Hướng dẫn giải

a) Tỉ lệ trúng tuyển 10 của

• lớp 91 là $\frac{{34}}{{42}}.100\% \approx 80{,}95\%$; • lớp 92 là $\frac{{28}}{{38}}.100\% \approx 73{,}86\%$;

• lớp 93 là $\frac{{30}}{{39}}.100\% \approx 76{,}92\%$; • lớp 94 là $\frac{{32}}{{40}}.100\% = 80\%$;

• lớp 95 là $\frac{{30}}{{40}}.100\% = 75\%$; • lớp 96 là $\frac{{29}}{{38}}.100\% \approx 76{,}32\%$;

• lớp 97 là $\frac{{32}}{{36}}.100\% \approx 88{,}89\%$;

Lớp trúng tuyển 10 đạt tỉ lệ trên 80% là 91; 97.

b1. Số phần tử không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 7$.

Vì chọn ngẫu nhiên một lớp nên các kết quả xảy ra đồng khả năng.

Kết quả thuận lợi của biến cố A là 92 và 95 nên $n\left( A \right) = 2$.

Xác suất của biến cố A là $\frac{2}{7}$.

b2. Tổng số học sinh dự thi khối 9 là:

$42 + 38 + 39 + 40 + 38 + 36 = 273$ (học sinh).

Tổng số học sinh trúng tuyển 10 của khối 9 là:

$34 + 28 + 30 + 32 + 30 + 29 + 32 = 215$ (học sinh).

Tỉ lệ học sinh trúng tuyển là $\frac{{215}}{{273}} \cdot 100\% \approx 78{,}6\%$.

Số phần tử không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 7$.

Kết quả thuận lợi của biến cố $B$ là $n(B) = 3$.

Vậy xác suất của biến cố $B$ là $\frac{3}{7}$.

Hướng dẫn giải

a) Diện tích ao là: $S = \pi {r^2} = 3{,}14 \cdot {10^2} = 314\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

b) Biểu thức tính diện tích trồng rau là:

${S_{rau}} = 1250 - 314 - xy = 936 - xy\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

b) Vì chuồng gà có chu vi $60\,\,{\rm{m}}$ nên ta có phương trình: $\left( {x + y} \right) \cdot 2 = 60$ hay $x + y = 30$ (1)

Vì chiều dài gấp hai lần chiều rộng nên ta có phương trình: $y = 2x$ hay $2x - y = 0$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 30\\2x - y = 0\end{array} \right.$.

Giải hệ phương trình ta được $\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 20\end{array} \right.$.

Diện tích chuồng gà là $10 \cdot 20 = 200\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Diện tích phần đất trồng rau là: ${S_{rau}} = 936 - 200 = 736\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Tiền thưởng nhận được là: $736 \cdot 4 \cdot 5\,\,000 \cdot 1\% = 147\,\,{\mkern 1mu} 200$ (đồng).

Vậy trung bình sau mỗi đợt thu hoạch rau An được mẹ thưởng khoảng $147\,\,{\mkern 1mu} 200$ đồng.

Hướng dẫn giải

a) Bán kính đáy là $r = 10:2 = 5$ (cm).

${S_{xq\,non}} = \pi rl = \pi \cdot 5\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 65\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

${S_{xq\,tru}} = 2\pi Rh = 2\pi \cdot 5 \cdot 12 = 120\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Tính diện tích xung quanh của vật dụng (không tính đáy dưới) là:

$65\pi + 120\pi = 185\pi \approx 581{,}2\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

b) Ta có

${V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {5^3} = \frac{{500}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

${V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot {5^2} \cdot 12 = 100\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

${V_{tru}} = \pi {R^2}h = \pi \cdot {5^2} \cdot 12 = 300\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Lượng nước còn lại là $300\pi + 100\pi - \frac{{500}}{3}\pi = \frac{{700}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Lượng nước còn lại chiếm số phần trăm dung tích ban đầu của vật dụng là:

$\frac{{\frac{{700}}{3}\pi }}{{300\pi + 100\pi }} \cdot 100\% \approx 58{,}3\%$.

Vậy thể tích nước chiếm khoảng $58{,}3\%$ so với dung tích của dụng cụ khi chưa có khối cầu.

Hướng dẫn giải

a) Gọi tuổi mẹ trước đây là $x$ (tuổi) $\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)$.

Khi đó, tuổi ba là $x + 4$ (tuổi).

Theo đề bài, ta có phương trình: $x + \left( {x + 4} \right) = 66$

$2x + 4 = 66$

$2x = 62$

$x = 31$

Vậy trước đây mẹ Khoa 31 tuổi, ba Khoa 35 tuổi.

b) Gọi $t$ là số năm từ “trước đây” đến nay $\left( {t \in \mathbb{N}*} \right)$.

Số tuổi của hai anh em lúc trước: $6 + 4 = 10$ (tuổi).

Số tuổi của hai anh em hiện nay: $10 + 2t$ (tuổi).

Tổng số tuổi của ba và mẹ lúc trước là 66 tuổi

Suy ra tổng số tuổi của ba và mẹ hiện nay là: $66 + 2t$ (tuổi).

Theo đề bài, ta có phương trình:

$66 + 2t = 3\left( {10 + 2t} \right)$

$66 + 2t = 30 + 6t$

$36 = 4t$.

$t = 9$.

Do đó, hiện nay mẹ Khoa $31 + 9 = 40$ tuổi, ba Khoa $35 + 9 = 44$ tuổi.

Vậy hiện nay mẹ Khoa 40 tuổi, ba Khoa 44 tuổi.

Hướng dẫn giải

a) Vì $\Delta AOC$ vuông tại $A$ ($AC$ là tiếp tuyến) nên $\Delta AOC$ nội tiếp đường tròn đường kính $CO$ (1)

Vì $\Delta COI$ vuông tại $H$ nên $\Delta COI$ nội tiếp đường tròn đường kính $CO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,\,\,O,\,\,I,\,\,C$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $CO$.

Vậy tứ giác $CAOI$ nội tiếp.

Xét $\Delta BEC$ có hai đường cao $EI,\,\,BA$ cắt nhau tại $O$ nên $O$ là trực tâm.

Do đó $CO \bot BE$ tại $F.$

b) Chứng minh được tứ giác $BIOF$ nội tiếp.

$\widehat {OIF} = \widehat {OBF}$ (cùng chắn cung $IF$ của đường tròn đường kính $OB$)

$\widehat {ACO} = \widehat {AIO}$ (cùng chắn cung $AO$ của đường tròn đường kính $CO$)

$\widehat {ACO} = \widehat {OBF}$ (cùng phụ $\widehat {CEB}$)

$\widehat {AIO} = \widehat {OIF}$ ($OI$ là phân giác của $\widehat {AIF}$)

Xét $\Delta BIE$ và $\Delta BFC$ có: $\widehat {IBE}$ chung; $\widehat {BIE} = \widehat {BFC} = 90^\circ$.

Do đó $ΔBIE∽ΔBFC$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BI}}{{BF}} = \frac{{BE}}{{BC}}$ nên $BI \cdot BC = BF \cdot BE\quad (1)$

Xét $\Delta BIO$ và $\Delta BAC$ có: $\widehat {OBI}$ chung; $\widehat {BIO} = \widehat {BAC} = 90^\circ$.

Do đó $ΔBIO∽ΔBAC$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BO}}{{BC}}$ nên $BI \cdot BC = BO \cdot BA$.

Ta có $BO \cdot BA = R \cdot 2R = 2{R^2}$ suy ra $BI \cdot BC = 2{R^2}\quad (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $BF \cdot BE = 2{R^2}$.

c) Tính được $\widehat {ABC} = 30^\circ$.

${S_{qOAD}} = \frac{{\pi {R^2} \cdot 60^\circ }}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}$; $BD = R\sqrt 3 \,;\,\,OI = \frac{R}{2}$.

${S_{BOD}} = \frac{1}{2}BD.OI = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}$

Do đó ${S_{qOAD}} + {S_{OBD}} = \frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$ (đvdt).

Vậy diện tích tam giác $ABC$ phần nằm trong đường tròn $\left( O \right)$ là $\frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$ (đvdt).