Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Huỳnh Bá Chánh (Ngũ Hành Sơn) có đáp án

\(A = \sqrt {50} - \sqrt {32} + \frac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }} = 5\sqrt 2 - 4\sqrt 2 + \sqrt 2 \)

= \(2\sqrt 2 \)

Bạn Huy cần mua các cỡ giày là: 36, 37, 38, 39, 40

Bảng tần số cho dữ liệu trên

Biến đổi về dạng \(B = \frac{{x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

Đưa về kết quả \(B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}}\)

Bảng giá trị

Đồ thị

Vì M là điểm có tung độ gấp đôi hoành độ, nên \(M\left( {{x_o};2{x_o}} \right)\)

\(M\left( {{x_o};2{x_o}} \right) \in (P)\), ta có \[2{x_o} = - \frac{1}{2}x_o^2\]

Suy ra \({x_o} = 0\) hoặc \({x_o} = - 4\)

Vì hoành độ khác 0, nên \({x_o} = - 4\) suy ra \(M\left( { - 4;\, - 8} \right)\)

Tính được \(\Delta = 333 > 0\)

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Theo định lí Viète ta có:

\({x_1} + {x_2} = 19\)

\({x_1}.{x_2} = 7\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có

suy ra $2x_1{}^2-38x_1=-14$ (2)

Vì $x_2$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có

$x_2{}^2-19x_2+7=0$ suy ra $2x_2{}^2-38x_2=-14$ (3)

Thay (2) và (3) vào A ta có:

$A=x_2{\left(2x_1{}^2-38x_1+x_1{x}_2-3\right)}^2+x_1{\left(2x_2{}^2-38x_2+x_1{x}_2-3\right)}^2+125$

$A=x_2{\left(-14+x_1{x}_2-3\right)}^2+x_1{\left(-14+x_1{x}_2-3\right)}^2+125$

$A=x_2{\left(x_1{x}_2-17\right)}^2+x_1{\left(x_1{x}_2-17\right)}^2+125$

Thay $x_1+x_2=19$ và $x_1.x_2=7$ vào A ta có:

$\begin{array}{l}A=x_2{\left(7-17\right)}^2+x_1{\left(7-17\right)}^2+125\\ =100\left(x_1+x_2\right)+125=100.19+125=1900+125=2025\end{array}$

Vậy A = 2025

a) Số viên bi màu vàng có trong hộp là: $40-24-12=4$ (viên bi)

Xác suất để bạn Nam lấy được viên bi màu vàng là $\frac{4}{40}=\frac{1}{10}$

b) Khi cho thêm $x$ viên bi màu xanh vào trong hộp thì số viên bi màu xanh là $x+12$ và số viên bi có trong hộp là $x+40$

Xác suất để Nam lấy được viên bi màu xanh là $\frac{x+12}{x+40}=\frac{1}{3}$

Biến đổi ta được $3x+36=x+40$

$2x=4$ hay $x=2$

Vậy mẹ cho Nam thêm 2 viên bi màu xanh

Mô tả lại bài toán bằng hình vẽ sau:

Gọi ba đỉnh A, B, C là ba đỉnh của $\Delta ABC$ vuông tại A có

AC = 3,8 m là chiều cao từ mặt đất lên sân thượng của ngôi nhà

BC = 4 m là chiều dài của thang

$\widehat{CBA}$ là góc tạo bởi chân thang với mặt đất

Xét $\Delta ABC$vuông tại A ta có: $sin\widehat{CBA}=\frac{AC}{BC}=\frac{3,8}{4}$ $$

Suy ra $\widehat{CBA}\approx 72°.$

Mà thang ở vị trí an toàn cho người dùng khi thang tạo với mặt đất một góc có độ lớn từ $60°$ đến $75°$.

Mà $60°<72°<75°$ nên $60^0<\widehat{CBA}<75°.$

Vậy cách đặt thang như vậy là đảm bảo an toàn

Diện tích xung quanh của cây lăn:

S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .\frac{0,05}{2}.0,23=\frac{23}{2000}\pi \left(m^2\right)

Số vòng cần lăn :

100:\frac{23}{2000}\pi \approx 2768( vòng)

Số cây lăn sơn tường ít nhất cần mua

2768:1000\approx 3 (cây)

Gọi quãng đường mà người đó đã đi với vận tốc 5 km/h là x (km). Điều kiện: 0 < x < 18

Lập luận để được bất phương trình: $\frac{x}{5}+\frac{18-x}{4}\le 4$

Giải bất phương trình và nhận được kết quả $x\ge 10$.

Kết hợp điều kiện và đưa về đúng kết quả: $10\le x\le 18$

Vậy quãng đường mà người đó đã đi với vận tốc 5km/h là khoảng từ 10 km đến 18 km

Gọi số học sinh làm bài (1) tờ giấy thi là $x$ (thí sinh, $x\in {\mathbb{N}}^{*}$)

số học sinh làm bài (2) tờ giấy thi là $y$ (thí sinh, $x\in {\mathbb{N}}^{*}$)

Vì tổng số học sinh dự thi của phòng thi là 25 và có 4 học sinh làm 3 tờ giấy thi nên ta có phương trình: $x+y=21$ (1)

Vì tổng số tờ giấy thi là 49 tờ nên ta có phương trình:

$x+2y+4.3=49$ hay $x+2y=37$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}x+y=21\\ x+2y=37\end{array}$

Giải phương trình thu được $x=5;y=16$ (Thỏa mãn)

Vậy số học sinh làm bài (1) tờ giấy thi là 5 học sinh.

Số học sinh làm bài (2) tờ giấy thi là 16 học sinh.

a) Gọi E là trung điểm của AC

Xét $\Delta AKC$ vuông tại $K$ có $EK$ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$, ta có $EK=EC=EA=\frac{AC}{2}$ (1)

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ có $EH$là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\), ta có

\(EH = EC = EA = \frac{{AC}}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(EA = EH = EK = EC\)

Suy ra 4 điểm \(A,H,K,C\)cùng nằm trên đường tròn tâm \(E\), đường kính \(AC\)

Vậy tứ giác \(AHKC\) nội tiếp đường tròn tâm \(E\), đường kính \(AC\)

b) Xét đường tròn (E) chỉ ra được \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KH) hay \(\widehat {KCH} = \widehat {DAB}\) (3)

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\)

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được \(\widehat {ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \)Chứng minh được \(\Delta AIH\)∽\(\Delta ABD\)(g.g)

Suy ra: \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) hay \(AI.AD = AH.AB\)

c) Kéo dài tia CP cắt AB tại M

Chứng minh được I là trực tâm của \(\Delta ACM\) suy ra \(MI \bot AC\)

Chứng minh được \(MI\)//\(BC\)

Xét \(\Delta CHB\) có \(I \in CH,M \in HB\) và \(MI\)//\(BC\) suy ra: \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (5)

(Theo định lí Thalès)

Xét \(\Delta HDB\) có \(P \in HD,M \in HB\) và \(MP\)//\(DB\) suy ra: \(\frac{{HD}}{{HP}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (6)

(Theo định lí Thalès)

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HD}}{{HP}}\)

Sử dụng định lí Thalès đảo vào \(\Delta HCD\) suy ra: \(IP\)//\(CD\)