Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2018

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2018

 

Bài 1.  Cho parabol $(P):y=x^2$ và đường thẳng $(d):y=3x-2$.

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

b) Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.

Giải

a) Học sinh tự vẽ hình.

b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là:

$x^2=3x-2 \Leftrightarrow x^2 -3x+2 =0 \Leftrightarrow (x-1)(x-2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \\ x=2 \end{array} \right. $

  • Với $x=1$, suy ra $y=1$
  • Với $x=2$, suy ra $y=4$

Vậy giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $(1;1)$ và $(2;4)$

Bài 2. Cho phương trình: $3x^2-x-1=0$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$.

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A=x_1^2+x_2^2$.

Giải

$3x^2-x-1=0$

Ta có: $\Delta = 1-4.3.(-1)=13>0$ nên phương trình trên luôn có hai nghiệm $x_1$, $x_2$.

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{3} \\ P=x_1.x_2= \dfrac{c}{a}= -\dfrac{1}{3} \end{array} \right. $

$A=x_1^2 + x_2^2 = \left( x_1 +x_2 \right) ^2 -2x_1x_2 = \left( \dfrac{1}{3} \right) ^2 -2. \dfrac{-1}{3} = \dfrac{7}{9}$

Bài 3. Mối quan hệ giữa thang đo nhiệt độ $F$ (Fahrenheit) và thang đo nhiệt độ $C$ (Celsius) được cho bởi công thức $T_F=1,8T_C +32$, trong đó $T_C$ là nhiệt độ tính theo độ $C$ và $T_F$ là nhiệt độ tính theo độ $F$.

Ví dụ: $T_C= 0^\circ C$ tương ứng với $T_F=32^\circ F$.

a) Hỏi $25^\circ C$ ứng với bao nhiêu độ $F$?

b) Các nhà khoa học đã tìm ra mối liên hệ giữa $A$ là số tiếng kêu của một con dế trong một phút và $T_F$ là nhiệt độ cơ thể của nó bởi công thức: $A=5,6.T_F-275$, trong đó nhiệt độ $T_F$ tính theo độ $F$. Hỏi nếu con dế kêu $106$ tiếng trong một phút thì nhiệt độ của nó khoảng bao nhiêu độ $C$? (làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải

a) Với $T_C= 25^\circ C$ thì: $T_F=1,8.25+32=77 \left( ^\circ F \right) $

b) Nếu con dế kêu 106 tiếng trong một phút thì ta có:

$106=5,6.T_F-275 \Leftrightarrow T_F=\dfrac{1905}{28} \left( ^\circ F \right) $

Nhiệt độ con dế tính theo độ $C$:

$T_F = 1,8. T_C +32 \Leftrightarrow \dfrac{1905}{28}=1,8 .T_C +32 \Leftrightarrow T_C \approx 20,02 \left( ^\circ C \right) $

Bài 4. Kim tự tháp Kheops – Ai Cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là tam giác cân chung đỉnh (hình vẽ). Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài $214 \; m$, cạnh đáy của nó dài $230 \; m$.

a) Tính theo mét chiều cao $h$ của kim tự tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức $V=\dfrac{1}{3}S.h$, trong đó $S$ là diện tích mặt đáy, $h$ là chiều cao của hình chóp. Tính theo $m^3$ thể tích của kim tự tháp này (làm tròn đến hàng nghìn).

Giải

a) Xét $\triangle BCD$ vuông tại $C$, ta có:

$BD^2 = BC^2 + CD^2$

$\Leftrightarrow BD^2 = 230^2 + 230^2 $

$\Leftrightarrow BD = 230\sqrt{2} \; (m)$ $

$\Rightarrow DO = \dfrac{BD}{2}= 115\sqrt{2} \; m$

$\triangle  SOD$ vuông tại $O$ có:

$SO^2 + OD^2 = SD^2 $

$\Leftrightarrow h^2 + \left( 115\sqrt{2} \right) ^2 = 214^2 $

$\Leftrightarrow h^2 = 19346 \Leftrightarrow h \approx 139,1 \; m$

Vậy $h \approx 139,1 \; m$

b) $S_{ABCD} = BC^2 = 230^2 \; \left( m^2 \right) $

Suy ra: $V_{ABCD} = \dfrac{1}{3}. S_{ABCD}.h= \dfrac{1}{3}. 230^2 .\sqrt{19346} \approx 2453000 \; \left( m^3 \right) $

Bài 5. Siêu thị $A$ thực hiện chương trình giảm giá cho khách hàng mua loại túi bột giặt $4kg$ như sau: Nếu mua $1$ túi thi được giảm $10 000$ đồng so với giá bán niêm yết. Nếu mua $2$ túi thì túi thứ nhất được giảm $10 000$ đồng và túi thứ hai được giảm $20 000$ đồng so với giá niêm yết. Nếu mua từ $3$ túi trở lên thì ngoài $2$ túi đầu được hưởng như chương trình giảm giá như trên, từ túi thứ ba trở đi, mỗi túi sẽ được giảm $20\%$ so với giá niêm yết.

a) Bà Tư mua $5$ túi bột giặt loại $4kg$ ở siêu thị $A$ thì phải trả số tiền là bao nhiêu, biết rằng loại túi bột giặt bà Tư mua có giá niêm yết là $150 000$ đồng/túi.

b) Siêu thị $B$ lại có hình thức giảm giá khác cho loại túi bột giặt nêu trên là: nếu mua từ $3$ túi trở lên thì sẽ giảm giá $15\%$ cho mỗi túi. Nếu bà Tư mua $5$ túi bột giặt thì bà Tư nên mua ở siêu thị nào để số tiền phải trả là ít hơn? Biết rằng giá niêm yết của hai siêu thị là như nhau.

Giải

a) Giá bà Tư phải trả cho túi thứ nhất:

$$ 150 000-10000=140000 \text{ (đồng)} $$

Giá bà Tư phải trả cho túi thứ hai:

$$ 150 000-20000=130000 \text{ (đồng)} $$

Giá bà Tư phải trả cho từ túi thứ 3 đến túi thứ 5:

$$3. 150 000. \left( 100\% -20\% \right) =360000 \text{ (đồng)} $$

Tổng số tiền bà Tư phải trả ở siêu thị $A$:

$$ 140000+130000+360000=630000 \text{ (đồng)}$$

b) Số tiền bà Tư phải trả khi mua 5 túi ở siêu thị $B$:

$$5.150000.\left( 100\% -15\% \right) = 637500 \text{ (đồng)}$$.

Vậy bà Tư nên mua ở siêu thị $A$.

Bài 6. Nhiệt độ sôi của nước không phải lúc nào cũng là $100^\circ C$ mà phụ thuộc vào độ cao của nơi đó so với mực nước biển. Chẳng hạn, Thành phố Hồ Chí Minh có độ cao xem như ngang mực nước biển ($x=0m$) thì nước sôi ở nhiệt độ là $y=100^\circ C$, nhưng ở thủ đô La Paz của Bolivia, Nam Mỹ có độ cao $x=3600m$ so với mực nước biển thì nhiệt độ sôi của nước là $y=87^\circ C$. Ở độ cao trong khoảng vài $km$, ngườu ta thấy mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất $y=ax+b$ có đồ thị như sau:

trong đó $x$ là đại lượng biểu thị cho độ cao so với mực nước biển, $y$ là đại lượng biểu thị cho nhiệt độ sôi của nước.

a) Xác định các hệ số $a$ và $b$.

b) Thành phố Đà Lạt có độ cao $1500m$ so với mực nước biển. Hỏi nhiệt độ sôi của nước ở thành phố này là bao nhiêu?

Giải

a) Ta có: $y=ax+b$ $(1)$.

Dựa vào đồ thị, ta có:

  • Với $x=0$ thì $y=100$, thay vào $(1)$, ta có:

$100=a.0+b \Leftrightarrow b=100$

Suy ra hàm số: $y=ax+100$ $(2)$

  • Với $x=3600$ thì $y=87$, thay vào $(2)$, ta có:

$87=a.3600+100 \Leftrightarrow a=\dfrac{-13}{3600}$

Vậy mối liên hệ là hàm số: $y=-\dfrac{13}{3600}x+100$, hay $a=-\dfrac{13}{3600}$ và $b=100$

b) Nhiệt độ sôi ở Đà Lạt ($x=1500$) là:

$y=-\dfrac{13}{3600}.1500+100 \approx 94,6 \; \left( ^\circ C \right) $

Bài 7. Năm học $2017-2018$, Trường THCS Tiến Thành có ba lớp $9$ gồm $9A$, $9B$, $9C$ trong đó lớp $9A$ có $35$ học sinh và lớp $9B$ có $40$ học sinh. Tổng kết cuối năm học, lớp $9A$ có $15$ học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp $9B$ có $12$ học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp $9C$ có $20\%$ đạt danh hiệu học sinh giỏi và toàn khối $9$ có $30\%$ đạt danh hiệu học sinh giỏi. Hỏi lớp $9C$ có bao nhiêu học sinh?

Giải

Gọi $x$ (học sinh) là số học inh của lớp $9C$. ($x\in \mathbb{N}^*$)

Tổng số học sinh giỏi của khối $9$ là: $15+12+x.20\% = 27 + \dfrac{x}{5}$ (học sinh)

Tổng số học sinh của khối $9$: $35+40+x=75+x$ (học sinh)

Ta có:  $\dfrac{27+\dfrac{x}{5}}{75+x}=30\% $

$\Leftrightarrow 27 + \dfrac{x}{5} = \dfrac{3}{10} \left( 75+x \right) $

$\Leftrightarrow 27 + \dfrac{x}{5}= \dfrac{45}{2}+ \dfrac{3}{10}x $

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{10}x= \dfrac{9}{2} $

$\Leftrightarrow x=45$ (nhận)

Vậy lớp $9C$ có $45$ học sinh.

Bài 8. Cho tam giác $ABC$ có $BC=8cm$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$ và $D$. Hai đường thẳng $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh: $AH$ vuông góc với $BC$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh tứ giác $OEKD$ nội tiếp.

c) Cho $\angle BAC = 60^\circ $. Tính độ dài đoạn $DE$ và tỉ số diện tích hai tam giác $AED$ và $ABC$.

Giải

a) $\triangle ABC$ có:  $\left. \begin{array}{l} CH\bot AB \\ BH \bot AC \end{array} \right\} \Rightarrow H$ là trực tâm của $\triangle ABC \Rightarrow  $AH \bot BC$.

b) $\triangle AEH$ và $\triangle ADH$ lần lượt vuông tại $E$ và $D$

Nên $4$ điểm $A, E, H, D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AH$ hay đường tròn tâm $K$.

$\Rightarrow \angle BAC = \dfrac{1}{2} \angle EKD$.

Lại có $\angle ABD = \dfrac{1}{2} \angle DOE$ nên

$\angle BAC + \angle ABD = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow 180^\circ – ADB = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow 90^\circ = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow \angle EKD + \angle DOE = 180^\circ $

Vậy $KDOE$ nội tiếp.

c) $\angle A =60^\circ \Rightarrow \angle EKD = 120^\circ \Rightarrow \angle DOE = 60^\circ$

$\triangle DOE$ cân tại $O$ có $\angle DOE =60^\circ $ nên $\triangle DOE$ đều.

$\Rightarrow DE=DO=EO=4cm$

Lại có $\triangle ADE \backsim \triangle ABC$ $(g-g)$ nên

$\dfrac{S_{ADE}}{S_{ABC}}= \left( \dfrac{AD}{AB} \right) ^2 = \left( \cos \angle BAC \right) ^2 = \left( \cos 60^\circ \right) ^2 = \dfrac{1}{4}$