Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực TP Hồ Chí Minh 2024 - 2025 (Đề 13)

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

* Vẽ $\left( P \right)$: Ta có bảng giá trị sau:

Do đó, đồ thị hàm số là đường cong đi qua các điểm $O\left( {0\,;\,\,0} \right);\,\,A\left( { - 2\,;\,\, - 4} \right);\,\,$$B\left( { - 1\,;\,\, - 1} \right);$

$C\left( {1\,;\,\, - 1} \right);$ $\,D\left( {2\,;\,\, - 4} \right).$

* Vẽ $\left( d \right)$: Ta có bảng giá trị:

Do đó, đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua các điểm $E\left( {0\,;\,\,2} \right);\,\,C\left( {1\,;\,\, - 1} \right).$

Ta vẽ được đồ thị hàm số $y = - {x^2}$ và $y = - 3x + 2$ như sau:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ là

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

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

$x = 1$ hoặc $x = 2$

Với $x = 1$ thì $y = - 1$;

Với $x = 2$ thì $y = - 4$.

Vậy tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ là $\left( {1\,;\,\, - 1} \right)$ và $\left( {2\,;\, - 4} \right)$.

Phương trình có hai nghiệm là ${x_1},\,\,{x_2}$ nên áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = \frac{4}{3}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 2}}{3}\end{array} \right.\,\,\left( 1 \right)$

Ta có $A = {x_1}x_2^2 + {x_2}\left( {x_1^2 + 2} \right) + 2{x_1} = {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 + 2{x_2} + 2{x_1}$

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

Thay $\left( 1 \right)$ vào biểu thức $A,$ ta có $A = \left( {\frac{{ - 2}}{3} + 2} \right) \cdot \frac{4}{3} = \frac{{16}}{9}.$ Vậy $A = \frac{{16}}{9}.$

a) Gọi các phần còn lại lần lượt là $A$ và $B$ (như hình vẽ).

Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $A$ là: $20 - y.$

Biểu thức biểu thị diện tích phần $A$ là:

${S_A} = 15\left( {20 - y} \right) = 300 - 15y.$

Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $B$ là: $30 - 15 - x = 15 - x.$

Biểu thức biểu thị diện tích phần $B$ là: ${S_B} = 20\left( {15 - x} \right) = 300 - 20x.$

Vậy biểu thức là $15\left( {20 - y} \right) + 20\left( {15 - x} \right) = 600 - 20x - 15y$.

b) Thay $x = 2{,}4$ và $y = 1{,}8$ vào $S,$ ta được:

$S = 600 - 20 \cdot 2{,}4 - 15 \cdot 1{,}8 = 525\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Vậy diện tích phần còn lại của khu vườn là $525\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.$

Số tiền anh Tâm phải trả khi thuê pin gói linh hoạt là:

$189\,\,000 + 374\left( {800 - 400} \right) = 338\,\,600$ (đồng)

Do đó nếu sử dụng gói linh hoạt thì anh Tâm sẽ tiết kiệm được:

$350\,\,000 - 338\,\,600 = 11400$ (đồng).

Vậy anh Tâm nên sử dụng gói linh hoạt.

a) Ta có: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$ nên $R = \sqrt[3]{{\frac{{3V}}{{4\pi }}}} = \sqrt[3]{{\frac{{3 \cdot 4{,}2}}{{4\pi }}}} \approx 1\,\,\left( {{\rm{dm}}} \right).$

Vậy bán kính của mô hình Trái đất mà anh Huy thiết kế khoảng $1\,\,{\rm{dm}}.$

b) Vì các mặt hộp đều tiếp xúc với mô hình Trái đất nên bán kính của hình trụ sẽ bằng bán kính hình cầu $R = 1$ và chiều cao $h = 2R = 2\,\,{\rm{dm}}{\rm{.}}$

Diện tích các mặt của hình trụ là: $S = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi \cdot 1 \cdot 2 + 2\pi \cdot {1^2} = 6\pi \,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Ta có hình lập phương có cạnh bằng $2R = 2\,\,{\rm{dm}}\,{\rm{.}}$

Diện tích các mặt của hình lập phương là: $S' = 6 \cdot {2^2} = 24\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Ta thấy $24\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}} > 6\pi \,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$, do đó nếu làm hộp hình trụ sẽ tốn ít giấy hơn.

Vậy anh Huy nên chọn phương án làm hộp hình trụ.

a) Đổi 15 phút $= \frac{1}{4}$ giờ.

Khoảng cách của xe máy so với Thành phố Hồ Chí Minh sau khi đi được $t$ giờ kể từ lúc 7 giờ 15 phút là: $f\left( t \right) = 40 \cdot \left( {t + \frac{1}{4}} \right) = 40t + 10,\,\,\left( {t \ge 0} \right).$

Khoảng cách của ô tô so với Thành phố Hồ Chí Minh sau khi đi được $t$ giờ kể từ lúc 7 giờ 15 phút là: $g\left( t \right) = 40 - 60t,\,\,\left( {0 \le t \le \frac{2}{3}} \right).$

Vậy $a = 40\,;\,\,b = 10\,;\,\,c = - 60\,;\,\,d = 40.$

b) Hai xe gặp nhau khi và chỉ khi $40t + 10 = 40 - 60t$ hay $100t = 30$ nên $t = \frac{3}{{10}}$ (giờ).

Đổi $\frac{3}{{10}}$ giờ $= 18$ phút.

Thời điểm hai xe gặp nhau là: 7 giờ 15 phút + 18 phút = 7 giờ 33 phút.

Vị trí gặp cách Thành phố Hồ Chí Minh là: $40 - 60 \cdot \frac{3}{{10}} = 22\,\,\left( {{\rm{km}}} \right).$

Vậy hai xe gặp nhau lúc 7 giờ 33 phút và cách Thành phố Hồ Chí Minh 22 km.

Gọi $x\,;\,\,x - 0{,}2\,\,\left( {\rm{m}} \right)$ lần lượt là chiều cao mực nước ban đầu ở thùng thứ nhất và thùng thứ hai $\left( {x > 0{,}2} \right)$.

Thùng thứ hai chảy trong 5 phút thì hết nước nên trong 1 phút thùng thứ hai chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 8 phút, vòi thứ nhất chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 4 phút, vòi thứ hai chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Khi đó, chiều cao còn lại là $\frac{4}{5}$ thùng.

Chiều cao thùng thứ hai còn lại là $\frac{4}{5}\left( {x - 0{,}2} \right)$, chính là chiều cao của thùng thứ nhất.

Thùng thứ nhất chảy được: $\frac{1}{5}x + \frac{4}{{25}}.$

Mỗi phút thùng thứ nhất chảy được $\left( {\frac{1}{5}x + \frac{4}{{25}}} \right):4 = \frac{1}{{20}}x + \frac{4}{{25}}.$

Lúc 8 giờ 8 phút, thùng thứ nhất chảy được 8 phút.

Khi đó, thùng thứ nhất chảy được: $\frac{8}{{20}}x + \frac{8}{{25}}\,\,\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Theo đề bài, ta có phương trình $\frac{3}{5}x - \frac{8}{{25}} = 0{,}4$ hay $15x - 8 = 10$. Do đó $x = 1{,}2\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right){\rm{.}}$

Vậy chiều cao mực nước ban đầu của thùng thứ nhất là $1{,}2{\rm{\;m}}$; thùng thứ hai là $1{\rm{ m}}.$${\rm{\;}}$

a) Vì $AB,\,\,AC$ là tiếp tuyến nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ$.

Xét tứ giác $ABOC$ có

$\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .$

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

Ta có $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); $OB = OC = R$.

Suy ra $AO$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm).

b) Do $K$ là trung điểm $BC,M$ là trung điểm $BH$ nên $KM$ là đường trung bình $\Delta BCH.$

Suy ra $KM\,{\rm{//}}\,CH$ nên $\widehat {QMK} = \widehat {QPC}$ (đồng vị)

Vì $\Delta OCQ$ cân tại $O$ $\left( {OC = OQ} \right)$ nên $\widehat {OCQ} = \widehat {OQC}.$

Suy ra $\widehat {OCQ} = \widehat {OQC} = \frac{{180^\circ - \widehat {COQ}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.$

Vì $AC$ là tiếp tuyến với đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $C$ nên $OC \bot CA$ hay $\widehat {OCA} = 90^\circ$.

Suy ra $\widehat {ACQ} = 90^\circ - \widehat {OCQ}$$= 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Mặt khác nên $\widehat {QPC} = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat {QCA} = \widehat {QPC}$. Vậy $\widehat {QMK} = \widehat {QCA}$.

c) Kẻ $AQ$ cắt $\left( O \right)$ tại $E.$

Xét $\Delta ACQ$ và $\Delta AEC$ có $\widehat {CAE}$ chung; .

Do đó

Suy ra $\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AQ}}{{AC}}$ hay AC$^{2}$ = AE. AQ

Xét $\Delta ACK$ và $\Delta AOC$ có $\widehat {AKC} = \widehat {ACO} = 90^\circ$; $\widehat {ACK} = \widehat {AOC}$ (cùng phụ $\widehat {OCK}\,)$.

Do đó .

Suy ra $\frac{{AC}}{{AK}} = \frac{{AO}}{{AC}}$ hay AC$^{2}$ = AK. AQ

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $AK \cdot AO = AE \cdot AQ$ hay $\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}$.

Xét $\Delta AKQ$ và $\Delta AEO$ có $\widehat {OAE}$ chung; $\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}$ (chứng minh trên).

Do đó . Suy ra $\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}$.

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.$ $\left( 6 \right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left( O \right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat {AFD} = \widehat {BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {ADF} = \widehat {BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}$ nên $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}$ và $\widehat {DFK} = \widehat {AFB}$ (đối đỉnh)

Do đó suy ra $\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)$

⦁ Ta có $\widehat {ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)$

Từ $\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)$ suy ra $\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ$ hay $\widehat {ADK} = 90^\circ .$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK.$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $ACKQ$ có $\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}$ nên tứ giác $ACKQ$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {AQC} = \widehat {AKC} = 90^\circ$.

Do $\widehat {AQC} = 90^\circ$ nên $\widehat {CQE} = 90^\circ$ nên $CE$ là đường tròn đường kính của $\left( O \right)$.

Suy ra ba điểm $E,\,\,O,\,\,C$ thẳng hàng nên $\widehat {CPQ} = \widehat {CEQ}$.

Ta có $\tan \widehat {CPQ} = \tan \widehat {CEQ} = \frac{{AC}}{{EC}} = \frac{{AC}}{{2R}}$.

Do đó $AC = 2R\tan \widehat {ACQ} = 2R\tan \widehat {CPQ}$ (đpcm).