Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Hồ Nghinh (Hòa Cường) có đáp án
12 câu hỏi
Tính \[\sqrt {125} - 4\sqrt {45} + 3\sqrt {20} - \sqrt {80} \].
\[\sqrt {125} - 4\sqrt {45} + 3\sqrt {20} - \sqrt {80} \] = \[5\sqrt 5 - 12\sqrt 5 + 6\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \]
\[ = - 5\sqrt 5 \]
Thời gian chạy cự li 100 mét của một nhóm học sinh nam cho kết quả như sau (đơn vị: giây):
Em hãy lập bảng tần số và vẽ biểu đồ tần số dạng đoạn thẳng cho mẫu dữ liệu trên.
Bảng tần số
Biểu đồ tần số dạng đoạn thẳng
Rút gọn biểu thức \[A = \left( {\frac{1}{{x - 2\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x + 1}}{{x - 4\sqrt x + 4}}\] với \[x > 0,\;x \ne 2\].
\[ = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right].\frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 1}}\]
\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right){{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}\]
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P): \[y = - \frac{3}{2}{x^2}\]. Vẽ đồ thị (P) và tìm điểm các trên (P) có tung độ \[ - 24\]
Bảng giá trị
Thay \[y = - 24\] vào công thức \[y = - \frac{3}{2}{x^2}\] ta được \[ - 24 = - \frac{3}{2}{x^2}\] hay \[{x^2} = 16\]. Do đó x = 4 hoặc x = \[ - 4\].
Vậy các điểm trên (P) có tung độ \[ - 24\] là \[\left( {4;\; - 24} \right)\] và \[\left( { - 4;\; - 24} \right)\]
Cho phương trình \({x^2} - 4x + m = 0\) với m là tham số. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^3 + x_2^3 - 3{x_1}{x_2} + 4\) theo m.
Xét phương trình \({x^2} - 4x + m = 0\) (\(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = m\)).
\(\Delta = {b^2} - 4ac = {( - 4)^2} - 4.1.m = 16 - 4m.\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta \ge 0\) hay \(16 - 4m \ge 0\) suy ra \(m \le 4.\)
Với \(m \le 4\), giả sử phương trình có hai nghiệm \({x_1};\,\,{x_2}\). Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - ( - 4)}}{1} = 4;\,\,\)\({x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{m}{1} = m.\) (1)
Theo đề ta có: \(A = x_1^3 + x_2^3 - 3{x_1}{x_2} + 4\)
\( = {({x_1} + {x_2})^3} - 3{x_1}{x_2}({x_1} + {x_2}) - 3{x_1}{x_2} + 4\)
\( = {({x_1} + {x_2})^3} - 3{x_1}{x_2}({x_1} + {x_2} + 1) + 4\) (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(A = {4^3} - 3.m(4 + 1) + 4\)
\( = 65 - 12m\).
Vậy \(A = 65 - 12m\) với \(m \le 4.\)
Ba bạn nam Hưng, Tuấn, Dũng và hai bạn nữ Nga, Mai tham gia nhóm vẽ báo tường của lớp 9A trong hội trại truyền thống của trường. Cô giáo chọn ngẫu nhiên hai bạn để lên ý tưởng cho báo tường. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
A: “Trong hai bạn được chọn, có một bạn nam và một bạn nữ.
B: “Trong hai bạn được chọn, có bạn Nga”.
Ký hiệu các bạn Hưng, Tuấn, Dũng, Nga, Mai lần lượt là H, T, D, N, M.
Không gian mẫu \(\Omega = \{ (H;T);(H;D);(H;N);(H;M);(T;D);(T;N);(T;M);(D;N);\)
\((D;M);(N;M)\} \).
Không gian mẫu có 10 phần tử.
Vì hai bạn được chọn ngẫu nhiên nên các kết quả này là đồng khả năng.
Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố A là (H; N); (H; M); (T; N); (T; M), (D; N), (D;M).
Vậy \[P(A) = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}.\]
Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố B là (H;N); (T; N); (D; N); (N; M).
Vậy \[P(B) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}.\]
Một chiếc máy bay bay lên với vận tốc 500km/h. Đường bay lên tạo với phương nằm ngang một góc 30° (hình vẽ). Hỏi sau 6 phút kể từ lúc cất cánh, máy bay lên cao được bao nhiêu ki-lô-mét theo phương thẳng đứng?
Gọi AB là đoạn đường máy bay bay lên trong 6 phút thì BH chính là độ cao máy bay đạt được sau 6 phút.
Ta có 6 phút = 0,1 giờ.
AB = 500.0,1 = 50 km.
Xét tam giác ABH vuông tại H có:
BH = AB.sinA = 50.sin30° = 25
Vậy sau 6 phút máy bay bay lên cao được 25km
Tính diện tích 1 miếng bánh pizza có dạng hình quạt tròn (hình vẽ) biết OA = 18cm và \(\widehat {AOB} = {45^o}\)
Ta có sđ =\(\widehat {AOB} = {45^o}\)
Diện tích hình quạt tròn ứng với cung 45o là:
\(S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.18}^2}.45}}{{360}} = 40,5\pi = 117,17\)(cm2)
Để làm một mô hình bút chì trang trí, người ta dùng một khối gỗ hình trụ và một khối gỗ hình nón có cùng đường kính đáy chồng khít lên nhau. Khối gỗ hình trụ có đường kính đáy là 20cm, chiều cao 50cm. Khối gỗ hình nón có chiều cao 15cm. Tính thể tích khối gỗ cần dùng để làm mô hình trên (biết \(\pi \approx 3,14\)).
Vì đường kính khối gỗ hình trụ là 20cm nên bán kính của khối gỗ hình trụ là 10cm.
Thể tích của khối gỗ hình trụ là: \(\pi {.10^2}.50 = 5\;000\pi \,\, \approx 15\;700\,\,(c{m^3}).\)
Thể tích của khối gỗ hình nón là: \(\frac{1}{3}.\pi {.10^2}.15 = 500\pi \approx 1\;570\,\,(c{m^3}).\)
Thể tích khối gỗ cần dùng là:\(15\;700 + 1\;570 = 17\;270\,\,(c{m^3}).\)
Giải bài toán bằng cách lập bất phương trình.
Cửa hàng bách hóa niêm yết mỗi quyển vở 96 trang giá 8 000 đồng, mỗi cây bút bi Thiên Long giá 5 500 đồng. Bạn Lan có 150 000 đồng để mua vở và bút. Lan dự kiến mua 10 cuốn vở. Hỏi tối đa Lan mua được bao nhiêu chiếc bút sau khi đã mua 10 cuốn vở mà số tiền không vượt quá số tiền bạn có?
Gọi x là số bút Lan có thể mua được (\(x \in N\)).
Khi đó số tiền Lan phải trả là: \(10.8\,000 + x.5\,500\) (đồng).
Theo đề ta có bất phương trình: \(10.8\,000 + x.5\,500 \le 150\,000.\)
Giải bất phương trình, ta có \(80\,000 + x.5\,500 \le 150\,000\)
\(x.5\,500 \le 70\,000\)
\(x \le 12,(72).\)
Vậy Lan mua được tối đa 12 chiếc bút.
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Có hai miếng kim loại: miếng kim loại thứ nhất nặng 585 g, miếng kim loại thứ hai nặng 420 g. Thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3 nhưng khối lượng riêng của miếng thứ nhất lớn hơn khối lượng riêng của miếng thứ hai là 9 g/cm3. Biết công thức tính khối lượng riêng của một vật là \[D = \frac{m}{V}\], trong đó: D (g/cm3) là khối lượng riêng, m (g) là khối lượng của vật, V (cm3) là thể tích của vật. Tìm khối lượng riêng của mỗi miếng kim loại.
Gọi x (cm3) là thể tích miếng kim loại thứ nhất (x > 0).
Suy ra thể tích miếng kim loại thứ hai là x + 10 (cm3).
Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là: \[\frac{{585}}{x}\](g/cm3).
Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là: \[\frac{{420}}{{x + 10}}\](g/cm3).
Theo bài ra ta có phương trình: \[\frac{{585}}{x} - \frac{{420}}{{x + 10}} = 9\]
Biến đổi phương trình trên, ta được: 9x2 − 75x − 5 850 = 0.
Giải phương trình trên, ta được: x1 = 30 (thỏa mãn), \[{x_2} = \frac{{ - 65}}{3}\] (loại).
Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là \[\frac{{585}}{{30}} = 19,5\] g/cm3 và khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là \[\frac{{420}}{{30 + 10}} = 10,5\] g/cm3
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE cắt nhau tại H.
(a) Chứng minh các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn.
(b) Kéo dài BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh tam giác AHF là tam giác cân.
(c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
a) Gọi I là trung điểm của cạnh HC.
Ta có tam giác HEC và HDC là các tam giác vuông có chung cạnh huyền HC.
nên IE = IH = IC = ID.
Vậy các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn
b) Vì các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn nên tứ giác CDHE nội tiếp. Do đó \(\widehat {DHE} + \widehat {ECD} = {180^o}\)
suy ra \[\widehat {ECD} = {180^o} - \widehat {DHE}.\] (1)
Ta có \(\widehat {AHF} + \widehat {DHE} = {180^o}\)(hai góc kề bù)
Nên \[\widehat {AHF} = {180^o} - \widehat {DHE}.\] (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECD} = \widehat {AHF}\) hay \(\widehat {ACB} = \widehat {AHF}\). (*)
Trong đường tròn (O;R) có \(\widehat {AFB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB). (**)
Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat {AHF} = \widehat {AFB}\) hay \(\widehat {AHF} = \widehat {AFH}\).
Nên tam giác AHF cân tại A.
c) Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta CDE\).
Xét \(\Delta ABE\) vuông tại E có M là trung điểm AB.
Suy ra \(ME = MA = MB = \frac{{AB}}{2}\)nên \(\Delta AME\) cân tại M
Do đó \(\widehat {MEA} = \widehat {MAE}\)hay \(\widehat {MEA} = \widehat {BAE}\)(3)
Xét \(\Delta HEC\) vuông tại E có I là trung điểm HC.
Suy ra \(IE = IC = IH = \frac{{HC}}{2}\)nên \(\Delta IEC\) cân tại I
Do đó \(\widehat {IEC} = \widehat {ICE}\)(4)
Ta có H là giao điểm của 2 đường cao AD và BE nên H là trực tâm của\(\Delta ABC\)Do đó CH \[ \bot \] AB. Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {ICE}\)(cùng phụ \(\widehat {BAC}\)) (5)
Lại có \(\widehat {BAE} + \widehat {ABE} = {90^o}\)(tam giác ABE vuông tại E) (6)
Từ (3); (4); (5); (6) suy ra \(\widehat {MAE} + \widehat {CEI} = {90^o}\)
Do đó \(\widehat {MEI} = {90^o}\) hay \(ME \bot EI\)tại E.
Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
