Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021 SVIP

Hướng dẫn giải:

a.

b.

Hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình:

$\dfrac14x^2 = -\dfrac12x + 2 \Leftrightarrow x^2 + 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & x = 2 \\ & x = -4\\ \end{aligned}\right.$.

+ Với $x = 2 \Rightarrow y = 1$ ta có giao điểm $A(2;1)$.

+ Với $x = -4 \Rightarrow y = 4$ ta có giao điểm $B(-4;4)$.

Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $A(2;1)$ và $B(-4;4)$.

Hướng dẫn giải:

Ta có $x_1$, $x_2$ là nghiệm của phương trình $2x^2 - 5x - 3 = 0$.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: $\left\{\begin{aligned} & x_1+x_2 = \dfrac52\\ & x_1x_2 = -\dfrac32\\ \end{aligned}\right.$

$A = (x_1 + 2x_2)(x_2 + 2x_1)$

$= x_1x_2 + 2x_1^2+2x_2^2 + 4x_1x_2$

$= 2(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2 + 5x_1x_2$

$= 2(x_1+x_2)^2 + x_1x_2$

$= 2.\left(\dfrac52\right)^2 + \left(-\dfrac32\right) = 11.$

Hướng dẫn giải:

a. Ta có

$2005$ : $10 = 200$ dư $5 \Rightarrow$ CAN = "Ất".

$2005$ : $12 = 167$ dư $1\Rightarrow$ CHI = "Dậu".

Vậy năm $2005$ có CAN là "Ất" và CHI là "Dậu".

b.

Gọi $x$ là năm Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế.

Do $x$ thuộc cuối thế kỉ $18$ nên $1750 \le x \le 1799$.

+ Do CAN của $x$ là "Mậu" nên $x$ : $10$ dư $8$.

Suy ra hàng đơn vị của $x$ là $8$.

Suy ra $x$ là một trong các năm $1758$, $1768$, $1778$, $1788$, $1798$.

+ Do CHI của $x$ là "Thân" nên $x$ chia hết cho $12$.

Vậy chỉ có năm $1788$ thỏa mãn.

Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế năm $1788$.

Hướng dẫn giải:

Theo đề ta có hệ phương trình $\left\{\begin{aligned} & 100a + b = 40\\ & 40a + b = 28\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} & a =\dfrac15\\ & b = 20\\ \end{aligned}\right.$.

Vậy $a = \dfrac15$, $b = 20.$

Hướng dẫn giải:

Gọi $x$ là số xe mà anh Thành bán được trong tháng 5.

Theo đề ta có phương trình

$8000000 + (x - 31) \times 8\% \times 2500000 = 9800000 \Leftrightarrow x = 40.$

Vậy anh Thành bán được $40$ chiếc.

Hướng dẫn giải:

a. Thể tích hình trụ

$V_{\text{trụ}} = \pi R^2h = \pi.0,2^2.0,4 = 0,05 (m^3)$.

Lượng nước anh Minh đổ vào hồ trong mỗi lần gánh là

$V = 2.V_{\text{trụ}} \times 90\% = 0,09 (m^3)$.

b. Thể tích cái hồ là: $V = 2.2.1 = 4$.

Số lần gánh của anh Minh để đầy hồ là: $\dfrac4{0,09} = 44,4$.

Vậy anh Minh cần gánh ít nhất $45$ lần.

Hướng dẫn giải:

Gọi $x$ (đồng) là giá ly kem ban đầu.

Theo giả thiết ta có phương trình: $4x + 5(x - 1$ $500) = 154$ $500$

$\Rightarrow 9x = 162$ $000 \rightarrow x = 18$ $000$ (đồng).

Vậy giá tiền của một ly kem là $18$ $000$ đồng.

Hướng dẫn giải:

a.

CMR: $OJ$ là đường trung trực của $ME$.

$\Rightarrow JM = JE$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow OJ$ là đường trung trực của $ME$ (1)

(1) $\Rightarrow \Delta OMJ = \Delta OEJ$ (c.c.c) $\Rightarrow \widehat{MOF} = \widehat{EOF}$\\ $\Rightarrow \Delta {OMF} = \Delta {OEF}$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{OMF} = \widehat{OEF}$ (2)

b.

Ta có $\widehat{OMI} = \widehat{ODI} = 90^{\circ}$.

Suy ra $ODIM$ nội tiếp (3).

Ta chứng minh $ODMF$ nội tiếp.

Xét tam giác $OED$ có $\widehat{OED} = \widehat{ODE}$ (do $\Delta ODE$ cân tại $O$).

Theo ý a ta có $\widehat{OMF} = \widehat{OEF}$ nên ta có $\widehat{ODE} = \widehat{ODF} = \widehat{OMF}$.

Suy ra $ODMF$ nội tiếp (do cùng chắn cung $OF$) (4).

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm $I$; $D$; $O$; $F$; $M$ cùng nằm trên một đường tròn.

c.

Ta có tứ giác $IDOF$ nội tiếp$ \Rightarrow \widehat{DIO} = \widehat{DFO}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{DO}$)

$\Rightarrow \widehat{AIO} = \widehat{EFO}$ (2 góc kề bù tương ứng) (5)

Lại có tứ giác $ADOE$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{DAO} = \widehat{DEO}$ (6)

Từ (5) và (6) $\Rightarrow \Delta AIO \sim \Delta EFO$ (g.g)

$\Rightarrow \widehat{IOA} = \widehat{EOF}$

Mà $\Rightarrow \widehat{EOF} = \widehat{JOM}$ nên $\Rightarrow \widehat{IOA} = \widehat{JOM}$.

Chứng minh $\sin \widehat{IOA} = \dfrac{MF}{IO}$.

Ta có $\sin \widehat{IOA} = \sin \widehat{JOM} =\dfrac{MJ}{OJ}$ (7)

Mặt khác $JMFO$ nội tiếp (theo ý b) nên $\widehat{JMF} = \widehat{JOI}$.

Suy ra $\Delta{JMF} \sim \Delta{JOI}$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{MJ}{OJ} = \dfrac{MF}{OI}$ (8)

Từ (7) và (8) suy ra $\sin \widehat{IOA} = \dfrac{MF}{IO}$.