Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Đặng Thai Mai (Cẩm Lệ) có đáp án

\(P=\sqrt[]{25}-2\sqrt[]{81}+3\sqrt[]{\frac{4}{9}}=5-2.9+3.\frac{2}{3}\)

\(P=-11\)

Số học sinh có thời gian tự học ở nhà không quá 120 phút là 5 + 8 +18 = 31 học sinh

Tổng số học sinh lớp 9A là: 5 + 8 + 18 + 6 + 3 = 40 học sinh

Tỉ lệ học sinh có thời gian tự học ở nhà 60 phút; 90 phút; 120 phút; 150 phút và 180 phút lần lượt là:

\({f}_{1}=\frac{5}{40}.100\%=12,5\%;{f}_{2}=\frac{8}{40}.100\%=20\%;{f}_{3}=\frac{18}{40}.100\%=45\%;\)

\({f}_{4}=\frac{6}{40}.100\%=15\%;{f}_{5}=\frac{3}{40}.100\%=7,5\%.\)

Bảng tần số tương đối:

Với \(x≥0, x≠1.\)

\(1+\frac{\sqrt[]{x}}{x+1}=\frac{x+\sqrt[]{x}+1}{x+1}\)

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

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

\(Q=\left. 1+\frac{\sqrt[]{x}}{x+1} \right.:\left. \frac{1}{\sqrt[]{x}-1}-\frac{2\sqrt[]{x}}{x\sqrt[]{x}+\sqrt[]{x}-x-1} \right.=\frac{x+1+\sqrt[]{x}}{x+1}:\frac{\sqrt[]{x}-1}{x+1}=\frac{x+1+\sqrt[]{x}}{x+1}.\frac{x+1}{\sqrt[]{x}-1}=\frac{x+\sqrt[]{x}+1}{\sqrt[]{x}-1}\)

Lấy đúng ba cặp giá trị (x; y) thuộc đồ thị hàm số \(y=-2{x}^{2}\), ba điểm không đối xứng

Vẽ đúng và đầy đủ đồ thị của hàm số \(y=-2{x}^{2}\) trên mặt phẳng Oxy

Gọi M (\({x}_{0};{y}_{0})\)là điểm trên đồ thị và có hoành độ bằng nửa tung độ. Khi đó, \({x}_{0}=\frac{1}{2}.{y}_{0}\)

Vì M (\({x}_{0};{y}_{0})\)là điểm trên đồ thị nên \({y}_{0}=-2{x}_{0}^{2}\) hay \({y}_{0}=-2{\left. \frac{1}{2}.{y}_{0} \right.}^{2}\)

Tính được \({y}_{0}=0\left. loại \right.;{y}_{0}= -2 (nhận)\). Từ đó tìm được điểm M\((-1;-2)\).

\(∆ ={\left. -5 \right.}^{2}-4.1.2=17>0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x}_{1};{x}_{2}\)

Theo định lí Viète ta có: \({x}_{1}+{x}_{2}=5;{x}_{1}.{x}_{2}=2\)

Vì \({x}_{1}+{x}_{2}>0;{x}_{1}.{x}_{2}>0\) nên \({x}_{1}>0;{x}_{2}>0\).

Suy ra, \(\sqrt[]{{9x}_{1}^{2}}+\sqrt[]{{9x}_{2}^{2}}=\left| 3{x}_{1} \right|+\left| 3{x}_{2} \right|=3{x}_{1}+3{x}_{2}=3.\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.=3.5=15\)

Vì \({x}_{1}\) là một nghiệm của phương trình \({x}^{2}-5x+2=0\) nên \({x}_{1}^{2}=5{x}_{1}-2\)

Thay \({x}_{1}^{2}\) vào \({{x}_{1}^{2}.x}_{2}-2{x}_{1}\), biến đổi ta được: \({5x}_{1}{x}_{2}-2\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.=5.2-2.5=0\)

Giá trị của biểu thức \(A=\sqrt[]{{9x}_{1}^{2}}+\sqrt[]{{9x}_{2}^{2}}+{{x}_{1}^{2}.x}_{2}-2{x}_{1}+2011=15+0+2011=2026\)

a) Phép thử là bạn Nam chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bút.

Có 9 cách chọn mà bạn Nam có thể thực hiện được là:

(Đ₁, Đ₂); (X₁, Đ₂); (X₂, Đ₂); (Đ₁, Đ₃); (X₁, Đ₃); (X₂, Đ₃); (Đ₁, X₃); (X₁, X₃); (X₂, X₃)

b) Vì lấy ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố là: (Đ₁, X₃); (X₁, Đ₂); (X₁, Đ₃); (X₂, Đ₂); (X₂, Đ₃);

Xác suất của biến cố là \(P=\frac{5}{9}\).

Sau \(2\)phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ máy bay bay lên được quãng đường là: \(EF = \frac{1}{{30}} \cdot 300 = 10{\rm{ km}}\)

Trong \(\Delta DEF\) vuông tại D có \(DF = 10 \cdot \sin {30^ \circ } = 5{\rm{ km}}\). Vậy sau 2 phút máy bay ấy sẽ lên cao được \({\rm{5 km}}\).

Ta có  là số đo của cung AB.

Độ dài quãng đường AB mà con lắc đó đã di chuyển là:

.

Thể tích của bể chứa nước hình trụ là: \(\pi {.1^2}.1,5 = 1,5\pi {\rm{ }}({m^3})\).

Lưu lượng nước trong năm thứ hai của máy bơm là: \(3,6.0,9 = 3,24{\rm{ }}({m^3})\).

Thời gian máy bơm bơm đầy bể chứa nước là: \(1,5\pi :3,24 \approx 1,45\) giờ.

Gọi x là số câu trả lời đúng (0 ≤ x ≤ 25, \[x \in \mathbb{N}*\]).

Trả lời đúng x câu hỏi được cộng 2x (điểm).

Trả lời sai 25 – x câu hỏi bị trừ 25 – x (điểm).

Vì vậy, sau khi trả lời 25 câu thì người dự thi sẽ có số điểm là:

5 + 2x – (25 – x) = 5 + 2x – 25 + x = 3x – 20 (điểm).

Theo bài, để được dự thi tiếp vòng sau thì cần có số điểm từ 25 trở lên, nên ta có bất phương trình:

3x – 20 ≥ 25

3x ≥ 45

\[x \ge 15\]

Mà 0 ≤ x ≤ 25, \[x \in \mathbb{N}*\]nên người ứng tuyển cần phải trả lời chính xác ít nhất là 15 câu hỏi thì mới

được dự thi tiếp vòng sau.

Gọi x (giờ) là thời gian An làm một mình xong công việc \(\left( {x > \frac{{12}}{5}} \right)\).

Thời gian Bình làm một mình xong công việc là x+2 (giờ).

Trong một giờ An làm một mình được:  \(\frac{1}{x}\) công việc.

Trong một giờ, Bình làm một mình được: \(\frac{1}{{x + 2}}\) công việc.

Trong một giờ cả hai anh em làm được : \(\frac{5}{{12}}\) công việc.

Theo đề ta có phương trình : \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2}} = \frac{5}{{12}}\)

Giải phương trình được: x = 4 ( nhận) hoặc \(x = - \frac{6}{5}\) (loại).

Vậy An dọn nhà một mình thì xong trong 4 giờ, Bình xong trong 4+2=6 giờ.

a) \(\Delta OCD\) cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường trung tuyến.Xét đường tròn \[(O)\] có $\widehat{AKB}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\Delta HKB\) vuông tại \(K\)

Xét \(\Delta HIB\) vuông tại \(I\) có \[IN\] là đường trung tuyến nên \[NH = NB = NI\].

Tương tự chứng minh \[NH = NB = NK\].

Suy ra \[NH = NB = NI = NK\] hay điểm \[N\] cách đều bốn điểm \[B,I,H,K\]. Vậy \[4\] điểm \[B,I,H,K\] cùng thuộc đường tròn.

b) Xét và có vàchung nên (g.g) 

Suy ra \(AH.AK = AI.AB\) mà và AB = 2R

Do đó

c) Vì \[CD \bot AB\] tại \[I\] nên \[\Delta ACI\] vuông tại \[I\]

Gọi \[L\] là trung điểm của \[AC\].

Xét \[\Delta ACI\] vuông tại \[I\] có \[IL\] là đường trung tuyến nên \[LA = LC = LI\].

Xét \(\Delta ACP\) vuông tại \(P\) có \(PL\) là đường trung tuyến nên \(LA = LC = LP\).

Do đó \(LA = LC = LI = LP\) hay điểm \(L\) cách đều bốn điểm \(A\),\(C\),\(P\),\(I\)

Vậy bốn điểm \(A\),\(C\),\(P\),\(I\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {L\,;\,LA} \right)\).

Xét đường tròn \(\left( {L\,;\,LA} \right)\) ta có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Do đó \(\widehat {API} = \widehat {AKD}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(PI\,{\rm{//}}\,KD\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = {90^ \circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(BC \bot AM\) tại \(C\).

Xét \(\Delta AMB\) có hai đường cao \(AK\) và \(BC\) cắt nhau tại \(E\) nên \(E\) là trực tâm của \(\Delta AMB\) do đó \(ME \bot AB\) tại \(F\) hay \(\Delta EFB\) vuông tại \(F\).

Gọi \(G\) là trung điểm của \(EB\).

Xét \(\Delta EFB\) vuông tại \(F\) có \(FG\) là đường trung tuyến nên \(GE = GB = GF\).

Xét \(\Delta EKB\) vuông tại \(K\) có \(KG\) là đường trung tuyến nên \(GE = GB = GK\).

Do đó \(GE = GB = GK = GF\) hay điểm \(G\) cách đều 4 điểm \(E\,,\,F\,,\,B\,,\,K\).

Vậy bốn điểm \(E\,,\,F\,,\,B\,,\,K\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {G\,;\,GB} \right)\).

Xét đường tròn \(\left( {G\,;\,GB} \right)\) ta có \(\widehat {EKF} = \widehat {EBF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {CKA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {EBF} = \widehat {CBA}\) nên \(\widehat {EKF} = \widehat {CKA}\)

Xét \(\Delta OCD\) có \(OC = OD\) nên \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) có \(OI\) là đường cao nên \(OI\) đồng thời là đường phân giác hay \(\widehat {COI} = \widehat {DOI}\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {COI} = \) sđ và \(\widehat {DOI} = \) sđ mà \(\widehat {COI} = \widehat {DOI}\) nên sđ sđ hay .

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {CKA} = \widehat {AKD}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà \(\widehat {EKF} = \widehat {CKA}\) nên \(\widehat {EKF} = \widehat {AKD}\) hay \(\widehat {AKF} = \widehat {AKD}\) mà \(KF\) và \(KD\) nằm về cùng một phía so với \(AK\) nên ba điểm \(K\,,\,F\,,\,D\) thẳng hàng.