Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Cao Thắng (An Hải) có đáp án

\(5\sqrt 3 + 2\sqrt {27} + 3\sqrt {75} - 9\sqrt {48} \)

\(\begin{array}{l} = 5\sqrt 3 + 2.3\sqrt 3 + 3.5\sqrt 3 - 9.4\sqrt 3 \\ = - 10\sqrt 3 \end{array}\)

\[\begin{array}{l}M = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} - \frac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\frac{3}{{\sqrt x - 3}} = \left( {\frac{{\sqrt x + 3 - \sqrt x + 3}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}} \right).\frac{{\sqrt x - 3}}{3}\\ = \frac{6}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{3} = \frac{2}{{\sqrt x + 3}}\end{array}\]

Gọi \(({x_0};{y_0})\) là điểm thuộc (P) có tung độ gấp 5 lần hoành độ, ta có\({y_0} = 5{x_0}\)

\(\begin{array}{l}5{x_0} = x_0^2\\x_0^2 - 5{x_0} = 0\\{x_0}({x_0} - 5) = 0\\{x_0} = 0\,\,hay\,{x_0} = 5\end{array}\)

Vậy \((5;25)\)và \((0;0)\)là điểm cần tìm

Ta có: \(\Delta ' = - 2m + 5\). Phương trình có hai nghiệm \({x_1}\,,\,{x_2}\) khi: \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - 2m + 5 \ge 0 \Rightarrow m \le \frac{5}{2}\)

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 2\,\,\,\,\,\,(1)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\)

Theo bài ra, ta có: \({x_1}\left( {{x_1} - 3} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - 3} \right) = 6\)

\(x_1^2 - 3{x_1} + x_2^2 - 3{x_2} = 6\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 6\) (3)

Thay (1), (2) vào (3), ta được:

\({\left( {2m - 2} \right)^2} - 2\left( {{m^2} - 4} \right) - 3\left( {2m - 2} \right) = 6\)

\(4{m^2} - 8m + 4 - 2{m^2} + 8 - 6m + 6 = 6\)

\(2{m^2} - 14m + 12 = 0\)

\({m^2} - 7m + 6 = 0\)

Giải đúng \({m_1} = 1\) (thoả mãn) ; \({m_2} = 6\) (không thoả mãn)

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

a) Gọi viên bi xanh là X, viên bi đỏ là D, viên bi trắng là T

Kết quả phép thử là là cặp số (a ;b; c), trong đó a, b và c là màu của quả bóng lấy ra ở lần thứ 1,2,3.

(\(a \ne b \ne c\))

Ω ={(X,D,T); (X,T,D); (D,X,T); (D,T,X); (T,D,X); (T,X,D)}

Không gian mẫu có 6 phần tử

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho A, \(P(A) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\)

Có 3 kết quả thuận lợi cho B, \(P(b) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

Vì tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = CD \cdot {\rm{tan}}\widehat {ACD} = 5 \cdot {\rm{tan}}{68^ \circ }\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy chiều cao của cây là khoảng: \(5 \cdot {\rm{tan}}{68^ \circ } + 1,6 \approx 13,98\left( {{\rm{\;m}}} \right)\).

Diện tích cả khối cầu là: \(32\pi .2\, = \,64\,c{m^2}\)

Áp dụng công thức \(S\, = 4\pi {R^2} \Rightarrow R = \sqrt {\frac{S}{{4\pi }}} \)

Bán kính khối cầu là:\(R = \sqrt {\frac{{64\pi }}{{4\pi }}} = 4\,cm\)

khối nón có đường cao gấp đôi bán kính đáy ta có đường cao của hình nón là: \(4.\,2\, = \,8\,cm\)

Vì là góc ở tâm chắn nên

Độ dài cung là:

Gọi số tiền cần gửi vào ngân hàng của bác Lam là \(x\) (triệu đồng). (\(x > 0\))

Tiền lãi thu được sau một năm:6,2%x=0,062x ( triệu đồng) .

Để số tiền lãi thu được hằng năm là ít nhất 60 triệu đồng, ta có : 0,062x \(≥60\)

\(x≥967,7419…\)

Vậy để thu được mức tiền lãi hàng năm ít nhất 60 triệu thì bác Lam cần gửi vào ngân hàng ít nhất khoảng 968 triệu đồng.

Gọi số chi tiết sản xuất được trong tháng đầu của Tổ I là x ( x nguyên dương), x < 800

Gọi số chi tiết sản xuất được trong tháng đầu của Tổ II là y ( y nguyên dương), y < 800

Vì trong tháng đầu hai tổ sản xuất được 800 chi tiết máy do đó ta có phương trình x + y = 800 (1)

Vì trong tháng thứ hai Tổ I vượt mức 15%, Tổ II sản xuất vượt mức 12%, cả hai tổ sản xuất được 945 chi tiết máy do đó ta có phương trình (2) là: x + \(\frac{{15x}}{{100}}\) + y + \(\frac{{20x}}{{100}}\) = 945 \(\) \(\frac{{115}}{{100}}\) x + \(\frac{{120}}{{100}}\) y = 945

Theo bài ra ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\\frac{{115}}{{100}}x + \frac{{120}}{{100}}y = 945\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 500\end{array} \right.\) (t/m)

Vậy trong tháng đầu tổ I sản xuất được 300 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy.

a) Gọi I là trung điểm AH.

\[\Delta AEH\]vuông tại E có EI là đường trung tuyến nên \[IE = IA = IH = \frac{{AH}}{2}\]

\[\Delta AFH\]vuông tại F có EI là đường trung tuyến nên \[IF = IA = IH = \frac{{AH}}{2}\]

Bốn điểm A, E, F , H cách đều điểm I . Nên tứ giác AEFH nội tiếp đường tròn (I)

b) Chứng minh \[\Delta AFC \sim \Delta HFB\]

Suy ra \[\frac{{AF}}{{HF}} = \frac{{FC}}{{FB}}\]

Hay AF.AB + HC.FC = AF² + FC² = AC²

Kẻ đường kính AK .

Chứng minh: BH // KC và CH // BK . Suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành. Từ đó suy ra H, M, K thẳng hàng.

Xét (I) có \[A\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over G} H = {90^0}\]suy ra GA vuông góc GH

Xét (O) có \[A\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over G} K = {90^0}\]suy ra GA vuông góc GK

Suy ra G, H, K thẳng hàng

Từ đó suy ra G, H, M thẳng hàng (đpcm)