Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2017 - 2018 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án

a) Ta có \[{x^2} = \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} = 3{x^2} - 2x - 3x + 2\]\[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 2 = 0\].

Tính \[\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.2 = 25 - 16 = 9,\,\sqrt \Delta   = 3\].

Phương trình có hai nghiệm \[{x_1} = \frac{{5 - 3}}{{2.2}} = \frac{1}{2},\,\,{x_2} = \frac{{5 + 3}}{{2.2}} = 2\].

Tập nghiệm của phương trình: \[S = \left\{ {2;\,\,\frac{1}{2}} \right\}\].

Gọi \[x,\,\,y\] (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của miếng đất.

Nửa chu vi miếng đất là 100 : 2 = 50 (m).

Khi đó: \[x + y = 50\].

Và \[5y = 2x + 40 \Leftrightarrow 2x - 5y =  - 40\]. Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 50\\2x - 5y =  - 40\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x - 2y =  - 100\\2x - 5y =  - 40\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 50\\ - 7y =  - 140\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 50 - y\\y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 30\\y = 20\end{array} \right.\].

Vậy chiều dài của miếng đất là 30 (m) và chiều rộng là 20 (m).

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\).

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

Bảng giá trị

Đồ thị

b) Đường thẳng \[\left( D \right)\]: \(y = \frac{3}{2}x + m\) đi qua điểm \[C\left( {6;\,7} \right)\]nên ta có:

\[7 = \frac{3}{2}.6 + m \Leftrightarrow m =  - 2\].

Vậy đường thẳng \[\left( D \right)\] có phương trình \[y = \frac{3}{2}x - 2\].

Phương trình hoành độ giao điểm của \[\left( D \right)\] và \[\left( P \right)\] là \[\frac{1}{4}{x^2} = \frac{3}{2}x - 2\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}{x^2} - \frac{3}{2}x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 = 0\]

Ta có: \[\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 1.8 = 1 > 0\]. Phương trình có hai nghiệm \[{x_1} = 3 + 1 = 4,\,{x_2} = 3 - 1 = 2\]

Khi đó, \[{y_1} = \frac{3}{2}{x_1} - 2 = \frac{3}{2}.4 - 2 = 4,\,{y_2} = \frac{3}{2}{x_2} - 2 = \frac{3}{2}.2 - 2 = 1\].

Vậy tọa độ các giao điểm của \[\left( D \right)\] và \[\left( P \right)\] là \[A\left( {4;\,\,4} \right),\,\,B\left( {2;\,\,1} \right)\].

Ta có:

\(A = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }}} \) \[ = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{\left( {14 - 6\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}} \]

\[ = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{88 - 44\sqrt 3 }}{{22}}}  = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } \]

\[ = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}^2}}  = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {\sqrt 3  - 1} \right) = 3 - 1 = 2\].

a) Xét tam giác \[ABC\] có đường cao \[CH\], ta có:

\[AH = \frac{{CH}}{{\tan 6^\circ }};\,\,BH = \frac{{CH}}{{\tan 4^\circ }}\]

Mà \[AH + BH = AB = 762 \Rightarrow \frac{{CH}}{{\tan 6^\circ }} + \frac{{CH}}{{\tan 4^\circ }} = 762\]

Suy ra \[CH = 762:\left( {\frac{1}{{\tan 6^\circ }} + \frac{1}{{\tan 4^\circ }}} \right) \approx 32\].

Vậy \[h = 32\] m.

b) Xét tam giác \[ABC\] có đường cao \[CH\], ta có:

\[\sin 6^\circ  = \frac{{CH}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{CH}}{{\sin 6^\circ }} \approx \frac{{32}}{{\sin 6^\circ }} \approx 306\];

\[\sin 4^\circ  = \frac{{CH}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{CH}}{{\sin 4^\circ }} \approx \frac{{32}}{{\sin 4^\circ }} \approx 459\].

Thời gian di chuyển từ \[A\] đến \[B\]:

- Thời gian đi từ \[A\] đến \[C\]: \[{t_{AC}} = \frac{{AC}}{4} \approx \frac{{\frac{{306}}{{1000}}}}{4} = 0,0765\] (giờ)

- Thời gian di chuyển từ \[C\] đến \[B\]: \[{t_{CB}} = \frac{{CB}}{{19}} \approx \frac{{\frac{{459}}{{1000}}}}{{19}} \approx 0,024\](giờ)

- Thời gian di chuyển từ \[A\] đến \[B\]: \[{t_{AB}} = 0,0765 + 0,024 = 0,1005\](giờ) \[ \approx 6\] (phút).  

Vậy bạn An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.