Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT TP Hồ Chí Minh năm học 2025-2026 có đáp án

a)

Cho hàm số $y=\frac{x^2}{2}$ có đồ thị (P).

Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ.

Cách giải:

Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

                 $O\left(0;0\right);A\left(-2;2\right);B\left(-1;\frac{1}{2}\right);C\left(1;\frac{1}{2}\right);D\left(2;2\right)$

Hệ số $a=\frac{1}{2}>0$ nên parabol có bề lõm hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số $y=\frac{x^2}{2}$ như sau:

b)

Tìm tọa độ các điểm thuộc ($P$) có tung độ bằng 18.

Gọi $M\left(x_M;y_M\right)$ là một diềm thuộc $\left(\mathrm{P}\right)$. Khi đó $M\left(x_M;\frac{1}{2}{x}_M{}^2\right)$.

Giả sử M có tung độ bằng 18 .

Ta có $\frac{1}{2}{x}_M{}^2=18$

$\begin{array}{rr}& x_M{}^2=36\\ & \left|x_M\right|=6.\end{array}$

Có hai giá trị thỏa mãn là $x_M=6;x_M=-6$.

Vậy các điểm thuộc $\left(\mathrm{P}\right)$ có tung độ bằng 18 có tọa độ là $\left(6;18\right),\left(-6;18\right).$

a)

Cho phương trình $2x^2-7x+4=0$. Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Phương trình bậc hai $2x^2-7x+4=0$ có $a=2;b=-7;c=4.$

Ta có $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac=(-7{)}^2-\mathrm{4.2.4}=17>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2.$

b)

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A=x_1\left(3x_2+x_1\right)+x_2^2$.

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ nên áp dụng hệ thức Viète ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{7}{2}\\ x_1{x}_2=\frac{4}{2}=2\end{array}$

Khi đó $A=x_1\left(3x_2+x_1\right)+x_2^2$$=3x_1{x}_2+x_1^2+x_2^2$

$=x_1{x}_2+(x_1^2+2x_1{x}_2$$$=x_1{x}_2+{\left(x_1+x_2\right)}^2$$$$=2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2=\frac{57}{4}$$

Vậy $A=\frac{57}{4}$.

a)

Biểu đồ tròn cho biết tỉ lệ về số lượng các lọại bảo hiểm đã bán được trong tháng 4/2025 của một công ty. Biết rằng trong tháng này, công ty đã bán được 300 gói bảo hiểm các loại cho 300 khách hàng khác nhau.

Tính số lırợng cụ thể mỗi lọai bảo hiểm mà công ty đã bán đırợc trong tháng 4/2025?

Số lượng bảo hiểm loại A mà công ty đã bán được là: $300.25\%=75$ (gói)

Số lượng bảo hiểm loại B mà công ty đã bán được là: $300.15\%=45$ (gói)

Số lượng bảo hiểm loại C mà công ty dã bán được là: $300.33\%=99$ (gói)

Số lượng bảo hiểm loại D mà công ty đã bán được là: $300.27\%=81$ (gói)

Vậy sổ lượng bảo hiểm loại $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C},\mathrm{D}$ mà công ty đã bán được trong tháng 4/2025 lần lượt là 75 gói, 45 gói, 99 gói, 81 gói.

b)

Bộ phận chăm sóc khách hàng chọn ngẫu nhiên một khách hàng đã mua bão hiểm của công ty trong thàng $4/2025$ để khảo sát. Tính xác suất của biến cố: "Khách hàng được chọn không mua lọai bảo hiểm B".

Có 300 kết quả có thể khi chọn ngẫu nhiên một khách hàng đã mua bào hiểm của công ty trong tháng 4/2025.

Số kết quả thuận lợi cho biến cổ: "Khách hàng được chọn không mua loại bảo hiểm B" là: $75+99+81=255$ (kết quả)

Xác suất của biến cố "Khách hàng được chọn không mua loại bảo hiểm B" là: $\frac{255}{300}=\frac{17}{20}$.

Vậy xác suất của biến cố "Khách hàng được chọn không mua loại bảo hiểm B" là $\frac{17}{20}$.

Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài là $2x\left(\mathrm{m}\right)$ và chiều rộng là $x\left(m\right),$$x>4.$ Bác Ba làm một lối đi quanh khu vırờn rộng 2 mẹt như hình vẽ. Phần đất còn lại (phần in đậm) dùng để trồng hoa.

a)

Viết biểu thức theo $x$ biểu diễn diện tích phần đất dùng để trồng hoa và thu gọn biểu thức đó.

Chiều rộng của phần đất dùng đề trồng hoa là: $x-2.2=x-4\left(\mathrm{m}\right)$

Chiều dài của phần đất dùng để trồng hoa là: $2x-2.2=2x-4\left(\mathrm{m}\right)$

Diện tích phần đất dùng để trồng hoa là $S=\left(x-4\right)\left(2x-4\right)\left(m^2\right)$

Thu gọn biểu thức: $S=\left(x-4\right)\left(2x-4\right)=2x^2-4x-8x+16$$$=2x^2-12x+16$$.

Vậy biĉ̉u thức biểu diễn diện tích phần đất dùng để trồng hoa là $$S=2x^2-12x+16\left({\mathrm{m}}^2\right).$$

b)

Giả sử diện tích phần đất trồng hoa là $4800{\mathrm{m}}^2$. Tính chiều dài và chiều rộng của khu vườn.

Diện tích phần đất trồng hoa là $4800{\mathrm{m}}^2$ nên ta có $2x^2-12x+16=4800$.

Giải phương trình: $2x^2-12x+16=4800$

$x^2-6x+8=2400$

$x^2-6x-2392=0$

Ta có $\mathrm{\Delta }=(-6{)}^2-4.1\cdot \left(-2392\right)=9604>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x_1=\frac{6+\sqrt{9604}}{2}=5$ (TMĐK); $x_2=\frac{6-\sqrt{9604}}{2}=-46$ (loại)

Vậy chiều rộng của khu vườn là 52 m, chiều dài của khu vườn là $2\cdot 52=104(\mathrm{m}).$

Một hộp đựng bóng tennis có dạng hình trụ chứa vừa khít 4 quả bóng tennis có dạng hình cầu như Hình 1. Biết diện tích bề mặt mỗi quả bóng tennis là $132,67\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2.$

a)

Tính bán kính của mỗi quả bóng tennis.

Vì diện tích bề mặt mỗi quả bóng tennis là $132,67\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ nên $4\pi R^2=132,67$

Suy ra $R^2=\frac{132,67}{4\pi }\approx 10,56$

Do đó $R\approx \sqrt{10,56}\approx 3,25(\mathrm{cm}).$

Vậy bán kính mỗi quả bóng tennis khoảng $3,25\mathrm{cm}$.

b)

Nhà sản xuất thường sử dụng các thùng giấy hình hộp chữ nhật (có nắp) để chứa 12 hộp tennis sao cho các hộp tennis đượe xếp vùa khit trong thùng giấy như Hình 2. Hỏi cần tối thiếu bao nhiêu $m^2$ giấy đề thiết kế một thùng như trên (giả sử các mép nối không đáng kể). Các kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm.

Mỗi hộp tennis chứa 4 quả tennis nên chiều cao của hộp tennis là:

                  $4\cdot 2R=4\cdot 2\cdot 3,25=26(\mathrm{cm}).$

Đường kinh đáy một hộp tennis là: $2R=2\cdot 3,25=6,5(\mathrm{cm}).$.

Vi thùng giấy chứa được 12 hộp tennis $\left(3\times 4\right)$ nên chiều dài thùng giấy là: $6,5\cdot 4=26(\mathrm{cm}).$

chiều rộng của thùng giấy là: $6,5.3=19,5(\mathrm{cm}).$

chiều cao của thùng giấy chinh là chiều cao của hộp tennis nên chiều cao cùa thùng giấy là 26 cm

Diện tích giấy để thiết kể một thùng (diện tích toàn phần của hình hộp chũ nhật) là: $$S_{tp}=2\left(ab+bc+ca\right)\approx 2\left(26.19,5+19,5.26+26.26\right)=3380\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$$

       $$=0,338\left({\mathrm{m}}^2\right)\approx 0,34\left({\mathrm{m}}^2\right).$$

Vậy cần tối thiểu $0,34{\mathrm{m}}^2$ giấy dể thiết kể một thùng như trên.

Từ vị trí $A$ của một công viên có dạng hình vuông $ABCD$ cạnh $a(\mathrm{km})$, hai bạn Hòa và Bình bắt đầu chạy bộ cùng lúc với vặn tốc không đổi dọc theo các cạnh cùa hình vuông và theo hai hướng khác nhau. Biết rằng, hai bạn gặp nhau lần thứ nhất tại vị trí $E$ cách $A$ một khoảng bằng 1 km và gặp lại nhau là̀n thứ hai tại vị trí $F$ cách $A$ một khoảng bằng $0,4\mathrm{km}$ như hình vẽ. Gọi $x,y\left(\mathrm{km}/\mathrm{h}\right)$ lần lượt là vận tốc cùa Hòa và Bình.

Chứng minh rằng $\frac{x}{y}=\frac{AB+BC+CE}{AD+DE}$.

Ta có $\Delta ADE$ vuông tại D nên

$DE=\sqrt{A{E}^2-A{D}^2}=\sqrt{1-a^2}$; $$CE=DC-DE=a-\sqrt{1-a^2}.$$

Tại lần gặp nhau đầu tiên bạn Bình đi được quăng đường là $AD+DE=a+\sqrt{1-a^2}.$ Hoà đi được quãng đường là $AB+BC+EC=a+a+a-\sqrt{1-a^2}=3a-\sqrt{1-a^2}$.

Do thời gian 2 bạn đi từ lúc xuất phát đến khi gặp nhau là như nhau nên quâng đường đi của Hoà và Bình ti lệ thuận với vận tốc đi tương ưng của hai bạn.

Khi dó $\frac{x}{y}=\frac{AB+BC+CE}{AC+DE}=\frac{3a-\sqrt{1-a^2}}{a+\sqrt{1-a^2}}$.

Tìm giá trị của a

Tại lần gặp thứ hai ở F thì

• Bình đi quãng đường là $AD+DC+BC+BF=4a-0,4.$

• Hoà đi quãng đường là $AB+BC+CD+DA+AF=4a+0,4$.

Khi đó $\frac{x}{y}=\frac{4a+0,4}{4a-0,4}$.

Khi đó ta có phương trình $\frac{3a-\sqrt{1-a^2}}{a+\sqrt{1-a^2}}=\frac{4a+0,4}{4a-0,4}$.

Suy ra $\frac{3a-\sqrt{1-a^2}}{4a+0,4}=\frac{a+\sqrt{1-a^2}}{4a-0,4}$

Do $a>0$ nên áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: $\frac{3a-\sqrt{1-a^2}}{4a+0,4}=\frac{a+\sqrt{1-a^2}}{4a-0,4}=\frac{3a-\sqrt{1-a^2}+a+\sqrt{1-a^2}}{4a+0,4+4a-0,4}=\frac{4a}{8a}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\frac{3a-\sqrt{1-a^2}}{4a+0,4}=\frac{1}{2}$

  $2\left(3a-\sqrt{1-a^2}\right)=4a+0,4$

                 $6a-2\sqrt{1-a^2}=4a+0,4$

                         $2a-0,4=2\sqrt{1-a^2}$

                              $\sqrt{1-a^2}=a-0,2$

Suy ra $1-a^2=(a-0,2{)}^2$ (với $a>0,2$)

                     $1-a^2=a^2-0,4a+0,04$

                                $2a^2-0,4a-0,96=0$

Giải phương trình ta được $a=0,8$ (thoả mãn) hoặc $a=-0,6$ (không thoả mãn).

Vậy $a=0,8\mathrm{km}$

Từ một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left(O;R\right)$ với $OA=2R$, kẻ hai tiếp tuyến $AB,AC$ đến đường tròn ($B,C$ là các tiếp điểm). Vẽ đường kính $BD$ cùa đường tròn $\left(O\right)$. Gọi $E$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $AD$ với $\left(O\right)$. Đường thẳng $BC$ và $AO$ cắt nhau tại $H.$

a)

Chứng minh rằng tam giác $BED$ vuông và $ABHE$ là tứ giác nội tiếp.

Xét $\Delta BED$ có $\widehat{BED}=90^{\circ }$ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $\widehat{BEA}=180^{\circ }-\widehat{BED}=90^{\circ }.$
Ta có: $\Delta AOB=\Delta AOC$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
Suy ra $AB=AC$, suy ra $\Delta ABC$ cân tại $A$ và $AO$ là phân giác của góc $\widehat{BAC}.$
Suy ra $AO$ là đường cao $\Delta ABC$ nên $AO\perp BC$ suy ra $\widehat{AHB}=90^{\circ }.$
Ta có $\widehat{AHB}=90^{\circ }$ nên $A,H,B$ thuộc đường tròn đường kính $AB$.
Vì $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ nên $A,E,B$ thuộc đường tròn đường kính $AB$.
Suy ra $A,H,B,E$ thuộc đường tròn, hay tứ giác $AEBH$ nội tiếp.

Vậy tam giác $BED$ vuông và $ABHE$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Chứng minh rà̀ng $O{D}^2=OH\cdot OA$ và $\widehat{HDO}=\widehat{HBE}$.

Xét $\Delta OBA$ và $\Delta OHB$ có: $\widehat{AOB}$ chung, $\widehat{OBA}=\widehat{OHB}$.

Do đó  suy ra $\frac{OB}{OH}=\frac{OA}{OB}$ nên $O{B}^2=OA\cdot OH$.
Vì $OB=OD=R$ nên ta có: $OA\cdot OH=O{D}^2$ (đpcm).
Xét $\Delta ODH$ và $\Delta OAD$ có $\frac{OD}{OA}=\frac{OH}{OD}$ (cmt), $\widehat{AOD}$ chung.
Suy ra  (c.g.c)
Suy ra $\widehat{ODH}=\widehat{OAD}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{HAE}=\widehat{HBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn  nên $\widehat{ODH}=\widehat{OBE}$.

Vậy $O{D}^2=OH\cdot OA$ và $\widehat{ODH}=\widehat{OBE}$.

c)

Tính theo $R$ chu vi và diện tích tam giác DHE.

Ta có $\Delta OBA$ vuông có $AB=\sqrt{O{A}^2-O{B}^2}=R\sqrt{3}$
$\Delta ABD$ vuông có $A{D}^2=A{B}^2+B{D}^2$, suy ra $AD=R\sqrt{7}$.
Mặt khác,  (g.g) nên $\frac{DE}{DB}=\frac{DB}{DA}$, suy ra $DE\cdot DA=D{B}^2$.

Từ đó $DE=\frac{4R^2}{R\sqrt{7}}=\frac{4R\sqrt{7}}{7}$.
Vì $OH\perp BC,DC\perp BC$ nên $OH//DC$.

Mà $O$ là trung điểm $BD$ nên được $OH$ là đường trung bình của tan giác $BDC$.

Suy ra $OH=\frac{1}{2}CD$ hay $CD=2OH$.

Lại có $OH\cdot OA=O{B}^2$ hay $OH=\frac{R}{2}$ suy ra $CD=R$ nên $\Delta DCH$ vuông.

Từ đó $DH=\sqrt{D{C}^2+H{C}^2}=\frac{R\sqrt{7}}{2}$; $HC=\sqrt{O{C}^2-O{H}^2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}.$
Ta có $\widehat{AHE}=\widehat{ABE},\widehat{ABE}=\widehat{ADB}$ (cùng phụ với góc $\widehat{EAH})$ nên $\widehat{AHE}=\widehat{ADB}$

Do đó

Suy ra $\frac{EH}{OD}=\frac{AD}{AD}=\frac{AO-OH}{AO}=\frac{3R\sqrt{7}}{14}$ hay $EH=\frac{3R\sqrt{7}}{14}.$

Khi đó chu vi tam giác $EHD$ là: $EH+DH+DE=\frac{3R\sqrt{7}}{14}+\frac{R\sqrt{7}}{2}+\frac{4R\sqrt{7}}{7}=\frac{9R\sqrt{7}}{7}$.
Tính diện tích: $\widehat{BAO}=\widehat{BEH}=30^{\circ }$ nên $\widehat{HED}=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }.$
Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ xuống $DE$, ta có:

$$\sin 60^{\circ }=\frac{HK}{HE}$$ nên $HK=\frac{3R\sqrt{7}}{14}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3R\sqrt{21}}{28}$.
Khi đó, diện tích tam giác $DHE$ là $S=\frac{1}{2}\cdot HK\cdot DE=\frac{1}{2}\cdot \frac{3R\sqrt{21}}{28}\cdot \frac{4R\sqrt{7}}{7}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{14}$.
Vậy diện tích tam giác $DHE$ là $\frac{3R^2\sqrt{3}}{14}$.