Đề và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 thành phố Hồ Chí Minh năm 2022 - 2023 SVIP

Hướng dẫn giải:

a) 

b) Hoành độ giao điểm của $(\mathrm{P})$ và (d) là nghiệm của phương trình $x^2=-x+2 \Leftrightarrow x^2+x-2=0$.
Ta có $a+b+c=1+1+(-2)=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[\begin{array}{l}x_1=1 \\ x_2=-\dfrac{2}{1}=-2\end{array}\right.$
Vói $x_1=1 \Rightarrow y_1=1^2=1 \Rightarrow A(1 ; 1)$
Vói $x_2=-2 \Rightarrow y_2=(-2)^2=4 \Rightarrow B(-2 ; 4)$.
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $A(1 ; 1)$ và $B(-2 ; 4)$.

Hướng dẫn giải:

Ta có: $a c=2 \cdot(-3)=-6<0$ nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu $x_1, x_2$.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_1+x_2=-\dfrac{-4}{2}=2 \\ x_1 x_2=\dfrac{-3}{2}\end{array}\right.$.
Khi đó ta có:
$\begin{aligned}& A=\left(x_1-x_2\right)^2 \\& A=\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2 \\& A=2^2-4 \cdot \dfrac{-3}{2} \\& A=4+6 \\& A=10\end{aligned}$
Vậy $A=10$.

Hướng dẫn giải:

a) Chỉ số BMI của Hạnh là: $\dfrac{50}{1,63.1,63} \approx 18,8 \in(18,5 ; 29,4)$.
Vậy chỉ số BMI của Hạnh là bình thường.

b) Ta có: $B M I=\dfrac{\text {cận nặng }(\mathrm{kg})}{\text { chiều cao }(m) \cdot \text { chiều cao }(m)} \Rightarrow$ cân nặng $(\mathrm{kg})=$ BMI. chiều cao $(\mathrm{m})$. chiều cao $(\mathrm{m})$.
Do chỉ số BMI mức bình thường là 25 - 29,9 nên:
Cân nặng tối thiểu của Phúc là: $25.1,73.1,73 \approx 74,8(\mathrm{~kg})$
Cân nặng tối đa của Phúc là: 29,9.1,73.1,73 $\approx 89,5(\mathrm{~kg})$
Vậy cân nặng của Phúc trong khoảng $74,8 \mathrm{~kg}$ đến $89,5 \mathrm{~kg}$ thì chi số BMI của Phúc ở mức bình thường.

Hướng dẫn giải:

Nếu Hằng mua ở cửa hàng $A$ thì Hằng phải mua 3 cái bánh với giá 15000 đồng/cái và 10 cái bánh với giá $75 \% .15000 /$ cái nên Hằng cần trả số tiền là:
$3.15000+10.15000 .75 \%=157500 \text { (đồng) }$
Nếu Hằng mua ở cửa hàng $B$ thì cứ mua 3 bánh Hằng được tặng 1 cái bánh cùng loại nên nếu Hằng mua 9 bánh thì Hằng được tặng 3 chiếc và thiếu 1 chiếc cần mua với giá 15000 đồng. Như thế, Hằng sẽ cần phải mua 10 cái bánh và số tiền Hằng cần trả là:
$9.15000+15000=150000 \text { (đồng) }$
Vậy bạn Hằng mua bánh ở cửa hàng $B$ thì tiết kiệm hơn và tiết kiệm được $157500-150000=7500$ đồng so với cửa hàng $A$.

Hướng dẫn giải:

a) Cách I:
Ta có: $T=a h+b$.
Quan sát đồ thị hàm số, đường thẳng $T=a h+b$ đi qua điểm $(3000 ; 5)$ nên ta có phương trình:
$3000 a+b=5$
Vì ở chân núi, nhiệt độ không khí là $23^{\circ} C$ nên ta có:
$23=0 a+b \Leftrightarrow b=23$
Thay $b=23$ vào $3000 a+b=5$ ta được:
$3000 a=5-23=-18$
$\Leftrightarrow a=-0,006$
Vậy $a=-0,006$ và $b=23$.
Cách 2:
Tại chân núi, khi đó chiều cao là $h=0(m)$ và nhiệt độ là $23^{\circ} C$ nên $T=23$ suy ra $b=23$.
Vì trung bình cứ lên cao $100 m$ thì nhiệt độ giảm $0,6^{\circ} C$ mà nên ta có:
Ta có:
 $\Delta t=T_2-T_1=-0,6 $
$\Delta t=a h_2+b-\left(a h_1+b\right) $
$\Delta t=a\left(h_2-h_1\right) $
$\Delta t=a \cdot 100 $
$\Rightarrow a=-0,6: 100=-0,006 $
Vậy $ a=-0,006 ; b=23$

b) Theo ý a) ta có: $T=-0,006 h+23$.
Bạn Minh đang ờ nhiệt độ $15,8^{\circ} C$ so với chân núi nên thay $T=15,8$ vào $T=-0,006 h+23$ ta có:
$15,8=-0,006 h+23 $
$ \Leftrightarrow-0,006 h=-7,2 $
$\Leftrightarrow h=1200$
Vậy Minh đang ở độ cao $1200 m$ so với chân núi.

Hướng dẫn giải:

a)Hình nón có chu vi đáy là $25,12 ~m$ nên ta có:
$C=2 \pi R=25,12 \Rightarrow R=\dfrac{25,12}{2.3,14}=4(~m)$
Thể tích của đống cát trên là:
$V=\dfrac{1}{3} \pi R^2 h=\dfrac{1}{3} \cdot 3,14 \cdot 4^2 \cdot 1,5=25,12\left(m^3\right)$
Vậy thể tích của đống cát là $25,12 m^3$.

b) Đổi $6 d m=0,6 m, 3 d m=0,3 m$
Thể tích của thùng chứa là $1.0,6.0,3=0,18\left(~m^3\right)$
Trong mỗi chuyến xe, thùng xe có thể chứa: $0,18+0,18.10 \%=0,198\left(~m^3\right)$
Gọi $n$ là số chuyến xe tối thiểu để có thể chuyển hết đồng cát.
Khi đó $n=\left[\dfrac{V}{0,198}\right]+1=127$ chuyến.

Hướng dẫn giải:

a) Đội $A$ thi đấu với 4 đội còn lại $\Rightarrow$ Có 4 trận.
Đội $B$ thi đấu với 3 đội còn lại (vì đội $B$ đã thi đấu với đội $A$ ) $\Rightarrow$ Có 3 trận.
Đội $C$ thi đấu với 2 đội còn lại (vi đội $C$ đã thi đấu với đội $A$ và $B) \Rightarrow$ Có 2 trận.
Đội $D$ thi đấu với 1 đội còn lại (vì đội $D$ đã thi đấu với đội $A, B$ và $C$ ) $\Rightarrow$ Có 1 trận.
Vậy có tất cả $4+3+2+1=10$ (trận).

b) Từ câu a, ta có tất cả 10 trận đấu, trong đó gồm trận thắng - thua và trận hòa.
Gọi số trận thắng - thua là $x$ trận, số trận hòa là $y$ trận (ĐK: $x, y \in \mathbb{N}$ ).
Khi đó ta có: $x+y=10$.
Mỗi trận thắng - thua thì được tổng điểm là 3. Có $x$ trận thắng - thua thì có số điểm là $3 x$.
Mỗi trận hòa thì cả 2 đội trong trận đó được 1 điểm
$\Rightarrow$ Tổng điểm có được trong 1 trận hòa là 2 điểm.
$\Rightarrow y$ trận hòa có $2 y$ điểm.
Tổng số điểm trong tất cả 10 trận đấu trên là $3 x+2 y=10+9+6+4+0=29$.
Vậy ta có hệ phương trình:
$ \left\{\begin{array} { l } { x + y = 1 0 } \\ { 3 x + 2 y = 2 9 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { 2 x + 2 y = 2 0 } \\ { 3 x + 2 y = 2 9 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = 9 } \\ { x + y = 1 0 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x=9 \\ y=1 \end{array}(tm)\right.\right.\right.\right. $
$\Rightarrow$ Số trận hòa là 1 trận.
Giả sử đội nào đó có $a$ trận thẳng, 1 trận hòa, và $c$ trận thua.
$\Rightarrow$ Số điểm của đội đó là $3 a+1$ điểm $\Rightarrow$ Điểm của các đội có 1 trận hòa phải là một số chia cho 3 dư 1.

Ta thấy có điểm của đội A và độ D thỏa mãn.

 Vậy trận đấu hòa là trận đấu giữa đội A và đội D.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có : $D E C=D F C=90^{\circ}$
$\Rightarrow$ Tứ giác CDEF nội tiếp
$\Rightarrow D F E=D C E$
Mà $D C E=D A B$ (cùng chắn $B D)$
Vây $D F E=D A B$
b) Ta có: $D F E=D A B$ (cmt)
$\Rightarrow$ Tứ giác $A K D F$ nội tiếp
$\Rightarrow A K D=90^{\circ}$ Mà $B E D=90^{\circ}$
$\Rightarrow$ Tứ giác $D K B E$ nội tiếp
Xét $\triangle D B A$ và $\triangle D E F$ ta có :
$ \begin{aligned} & B D A=F D E=A C B \text { và } D F E=D A B(\mathrm{cmt}) \\ & \Rightarrow \triangle D B A \backsim \triangle D E F(\mathrm{~g}-\mathrm{g}) \\ & \Rightarrow \frac{D B}{D E}=\frac{D A}{D F} \Rightarrow D B \cdot D F=D A \cdot D E \end{aligned} $
c) Ta có: $\triangle D B A \backsim \triangle D E F(\mathrm{cmt})$
$\Rightarrow \frac{B A}{E F}=\frac{D B}{D E} \Rightarrow \frac{2 B I}{2 E J}=\frac{D B}{D E} $
$\Rightarrow \frac{B I}{E J}=\frac{D B}{D E}$
Mà $D B I=D E J(\triangle D B A \backsim \triangle D E F)$
$\Rightarrow \triangle D B I \backsim \triangle D E J(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$.
$\Rightarrow B I D=K J D \Rightarrow$ Tứ giác $K I J D$ nội tiếp
$\Rightarrow I J D=180^{\circ}-I K D=90^{\circ} \Rightarrow I J \perp D J$