Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lê Độ (Sơn Trà) có đáp án

\({\rm{A}} = \sqrt {12} + \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 - 5} \right)}^2}} + \sqrt[3]{{ - 27}}\)

\({\rm{A}} = 2\sqrt 3 + 5 - 2\sqrt 3 - 3\)

\({\rm{A}} = 2\)

- Có 5 loại cỡ giày. Cỡ giày 37 chiếm nhiều nhất

\({\rm{C}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - \left( {3x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

\[{\rm{C}} = \frac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}\]

Lập đúng bảng giá trị hàm số \(y = - \frac{{{x^2}}}{4}\) (ít nhất 5 cặp giá trị)

Vẽ đúng đồ thị (P)

- Xét hệ trục tọa độ Oxy với O(0;0) là đỉnh parabol, trục Oy là trục đối xứng.

- Người đứng cùng phía với A (nhánh có hoành độ âm) và cách trục đối xứng 1m nên nên hoành độ của người đó là \(x = - 1\).

- Tại \(x = - 1\), tung độ của điểm thuộc tia nước là \(y = - \frac{1}{4}{( - 1)^2} = - 0,25\). Ta có điểm\(C( - 1; - 0,25)\)

- Khoảng cách từ điểm C đến mặt đất là h = 2,5 – 0,25 = 2,25(m)

- Vì 2,25 > 1,7 (chiều cao của người) nên tia nước không “phun” trúng đầu người đó.

Pt \({x^2} - 12x + 4 = 0\) có nên pt có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{\rm{ }}{x_2}\)

Theo Vi-et: \({x_1} + {x_2} = 12;{\rm{ }}{x_1}.{x_2} = 4 \Rightarrow {x_1} > 0;{\rm{ }}{x_2} > 0\)

\[x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {12^2} - 2.4 = 136\]

\[{\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 12 + 2\sqrt 4 = 16\]

\[ \Rightarrow \sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} = 4\]

\[{\rm{A}} = \frac{{136}}{4} = 34\]

a) Không gian mẫu của phép thử là:

ῼ = {(An, Bình Cường);(An, Cường, Bình); (Bình, An, Cường); (Bình, Cường, An); (Cường, An, Bình), (Cường, Bình, An) }; Không gian mẫu có 6 phần tử

b) Vì các bạn ngồi ngẫu nhiên nên tất cả các kết quả trên là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi của biến cố A: “Bạn An ngồi giữa hai bạn còn lại” là: {(Bình, An, Cường), (Cường, An, Bình)}

Có 2 kết quả thuận lợi

Xác suất của biến cố A là \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\)

Các kết quả thuận lợi của biến cố B: “Bạn An và bạn Cường ngồi cùng phía đối với bạn Bình” là {(An, Cường, Bình); (Cường, An, Bình); (Bình, An, Cường); (Bình, Cường, An)}

Có 4 kết quả thuận lợi

Xác xuất của biến cố B là \(\frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

Tứ giác ABMN là hình chữ nhật nên AB = MN = 1,5m

ΔABM vuông tại B nên \({\rm{MB}} = {\rm{AB}}.\cot \widehat {{\rm{AMB}}}\)

\({\rm{MB}} = 1,5.\cot {10^0} \approx 8,5m\)

ΔMBC vuông tại B nên \({\rm{BC}} = {\rm{MB}}.\tan \widehat {{\rm{BMC}}}\)

\({\rm{BC}} = 8,5.\tan {36^0} \approx 6,2m\)

Chiều cao của cây xanh AC = AB + BC ≈ 1,5 + 6,2 = 7,7m

Diện tích của quạt giấy: \[{\rm{S}} = \frac{{\pi {R^2}{n^o}}}{{{{360}^o}}} = \frac{{3,{{14.2}^2}.150}}{{360}} = \frac{{5\pi }}{3}d{m^2}\]

Ta có \({\rm{S}} = \frac{{l.R}}{2} \Rightarrow l = \frac{{2S}}{R} = \frac{{2.\frac{{5\pi }}{3}}}{2} = \frac{{5\pi }}{3}dm\)

Vậy chiều dài cung tương ứng của quạt giấy là \(\frac{{5\pi }}{3}dm\)

Bán kính đáy của bồn nước: \({\rm{R}} = \frac{d}{2} = \frac{1}{2} = 0,5m\)

Thể tích của bồn nước \({\rm{V}} = \pi {R^2}h = 3,14.0,{5^2}.1 = 0,785{m^3}\)

Vì \({\rm{V}} = 0,785{m^3} < 1{m^3}\) nên bồn nước khộng đựng được 1m³ nước

Gọi x (thùng) là số thùng bia mà xe có thể chở (x N^*)

Khối lượng bia mà xe chở là 6,8x (kg)

Tổng khối lượng bia và bác lái xe: 6,7x + 65 (kg)

Vì trọng tải của xe là 5,25 tấn = 5250kg nên ta có bất pt:

\(6,8x + 65 \le 5250\)

\( \Rightarrow x \le 762,5\)

Vì x N^* nên xe tải chở được tối đa là 762 thùng bia.

Gọi số dãy ghế lúc đầu x (x N^*)

Số dãy ghế lúc sau: x – 1 (dãy)

Số chỗ ngồi trên một dãy ghế lúc đầu: \(\frac{{42}}{x}\) (chỗ)

Số chỗ ngồi trên một dãy ghế lúc sau: \(\frac{{42}}{{x - 1}}\)(chỗ)

Theo đề ta có pt: \(\frac{{42}}{{x - 1}} - \frac{{42}}{x} = 1\)

Quy đồng khử mẫu được pt: \({x^2} - x - 42 = 0\)

Giải pt được \({x_1} = 7\) (TĐK) và \({x_2} = - 6\) (KTĐK)

Vậy số dãy ghế ban đầu là 7.

a) MA là tiếp tuyến đường tròn (O) tại A nên MA OA

MB là tiếp tuyến đường tròn (O) tại B nên MB OB

ΔOAM vuông tại A nên suy ra O, A, M thuộc đường tròn đường kính OM

ΔOBM vuông tại B nên suy ra O, B, M thuộc đường tròn đường kính OM

=> O, A, M, B thuộc đường tròn đường kính OM => tg OAMB nội tiếp

b) ΔODC cân tại O, có OE là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao => OE CD

Chứng minh ΔDEO ⁓ ΔDBM (g-g)

=> DE.DM = DO.DB

Mà DO = R; DB = 2R => DE.DM = 2R²

c) ΔOEM vuông tại E => E thuộc đường tròn đường kính OM

Chứng minh \(\widehat {{\rm{AEM}}} = \widehat {{\rm{ABM}}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)

Chứng minh ΔDEK và ΔDAK lần lượt vuông tại E và A để suy ra tg AKDE nội tiếp

Chứng minh \(\widehat {{\rm{DKA}}} = \widehat {{\rm{AEM}}}\) (cùng bù với góc DEA) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {{\rm{DKA}}} = \widehat {{\rm{ABM}}}\) mà hai góc này ở vị trí so le trong nên KD // BM

Lại có BM BD nên suy ra KD BD

Mà KD là đường kính đường tròn (O) nên suy ra KD là tiếp tuyến đường tròn (O)