Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lê Hồng Phong (Hải Châu) có đáp án

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {27} - 2\sqrt {12} + \frac{2}{{\sqrt 3 - 1}}\\ = 3\sqrt 3 - 2.2\sqrt 3 + \frac{{2.(\sqrt 3 + 1)}}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\\ = 3\sqrt 3 - 4\sqrt 3 + \sqrt 3 + 1 = 1\end{array}\)

Tổng số người được điều tra: \(5 + 6 + 4 + 6 + 7 + 2 = 30\)

Tỉ lệ % Số người truy cập internet dưới 60 lần trong một tuần

\(\frac{{(5 + 6 + 4)}}{{30}}.100\% = 50\% \)

\[\begin{array}{l}P = \frac{{x + 2\sqrt x - 6}}{{x - 2\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\\P = \frac{{x + 2\sqrt x - 6 - \sqrt x (\sqrt x - 1)}}{{{{(\sqrt x - 1)}^2}}} = \frac{{3\sqrt x - 6}}{{{{(\sqrt x - 1)}^2}}}\end{array}\]

\[\begin{array}{l}P = \frac{{3\sqrt x - 6}}{{{{(\sqrt x - 1)}^2}}} < 0\\ \Rightarrow 3\sqrt x - 6 < 0\\\sqrt x < 2\\0 \le x < 4\end{array}\]

Vậy giá trị nguyên lớn nhất của x là 3

Học sinh lập bảng đúng 5 giá trị

Vì điểm A thuộc (P) nên thay\(x = \frac{{ - 1}}{2}\) vào \(y = 2{x^2} = \frac{1}{2}\)

Vậy \(A(\frac{{ - 1}}{2};\frac{1}{2})\)

Tính \(OA = \sqrt {{{({x_A})}^2} + {{({y_A})}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{1}{2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\[\begin{array}{l}\frac{{2x - 1}}{x} + 3 = \frac{{x + 3}}{{2x - 1}}\,\,\,\,,dkxd\,\,x \ne 0,x \ne \frac{1}{2}\\\frac{{{{(2x - 1)}^2} + 3x(2x - 1)}}{{x(2x - 1)}} = \frac{{x(x + 3)}}{{x(2x - 1)}}\end{array}\]

\[\begin{array}{l}\\4{x^2} - 4x + 1 + 6{x^2} - 3x - {x^2} - 3x = 0\\9{x^2} - 10x + 1 = 0\\x = 1\,(tm),x = \frac{1}{9}\,(tm)\\KL\end{array}\]

\(\begin{array}{l}{x^2} - 8x + 12 = 0\\\Delta = 16 - 12 = 4 > 0\end{array}\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 8\\{x_1}{x_2} = 12\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}A = 7{x_1} + {x_2}^2 + 27 + \sqrt {10{x_1} - 11} \\A = 7{x_1} + 8{x_2} - 12 + 27 + \sqrt {{x_1}^2 + 2{x_1} + 1} \\A = 7({x_1} + {x_2}) + 15 + {x_2} + \left| {{x_1} + 1} \right|\\A = 7.8 + 15 + 8 + 1 = 80\end{array}\)

a) Gọi kết quả của phép thử là cặp có thứ tự \(\left. xy \right.\), trong đó:

\(x\): số tiền bốc lần 1, \(y\): số tiền bốc lần 2 \(\left. xy \right.\), (đơn vị: nghìn đồng)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(Ω)=8×7=56\)

Bảng không gian mẫu

b) Biến cố A: “Có ít nhất một phiếu có mệnh giá lớn hơn 50”

Các giá trị > 50 là: \(\left\{ 6080100 \right\}\) Ta chia thành 2 trường hợp không trùng nhau:

TH1: Lần 1 lấy được số > 50. Có 3 cách chọn: \(60,80,100\)

Lần 2: chọn bất kỳ số nào khác (còn 7 cách) \({n}_{1}=3×7=21\)TH2: Lần 1 không > 50, nhưng lần 2 > 50

Lần 1: chọn trong \(\left\{ 1020304050 \right\}\)→ 5 cách

Lần 2: chọn trong \(\left\{ 6080100 \right\}\)→ 3 cách \({n}_{2}=5×3=15\)

Tổng số các kết quả thuận lợi cho biến cố B: \(n(B)={n}_{1}+{n}_{2}=21+15=36\)

Xác suất \(P(B)=\frac{36}{56}=\frac{9}{14}\)

Theo bài ra ta có \[MC = NB = 1,55\,\,{\rm{m}}\] và \[M'C' = N'B' = 1,55\,\,{\rm{m}}\].

+ Tam giác \[ANM\] vuông tại \[N\] nên \[AN = AM.\sin M\]

(áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông)

So với mặt đất thì diều của bạn Việt có độ cao là \[AB = AN + NB\]

\[ \Rightarrow AB = 100.\sin 42^\circ + 1,55 \approx 68,46\,\,\left( {\rm{m}} \right)\] \[\left( 1 \right)\]

+ Tam giác \[A'N'M'\] vuông tại \[N'\] nên \[A'N' = A'M'.\sin M'\]

(áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông)

So với mặt đất thì diều của bạn Nam có độ cao là \[A'B' = A'N' + N'B'\]

\[ \Rightarrow A'B' = 96.\sin 45^\circ + 1,55 \approx 69,43\,\,\left( {\rm{m}} \right)\] \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[A'B' > AB\], hay diều của bạn Nam lên cao hơn diều của bạn Việt.

Vậy so với mặt đất thì diều của bạn Nam lên cao hơn diều của bạn Việt và cao hơn số mét là: \[69,43\, - 68,46\,\, = 0,97\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy so với mặt đất thì diều của bạn Nam lên cao hơn diều của bạn Việt và cao hơn \[0,97\,\,{\rm{m}}\].

Diện tích hình quạt OAB là

\[{S_1} = \frac{{\pi {R_1}^2n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.30}^2}.120}}{{360}} = 300\pi \] (cm²)

Diện tích hình quạt OCD là

\[{S_2} = \frac{{\pi {R_2}^2n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.10}^2}.120}}{{360}} = \frac{{100}}{3}\pi \] (cm²)

Diện tích phần giấy thủ công dán lên một mặt quạt là

\[S = {S_1} - {S_2} = 300\pi - \frac{{100}}{3}\pi \approx 837,76\](cm²)

Vậy diện tích giấy dán cả 2 mặt quạt là 837,76.2 = 1675,52 cm²

Gọi bán kính đường tròn đáy của đống cát hình nón đó là \(r\) (m).

Ta có:\(r = \frac{{9,42}}{{2\pi }} \approx 1,5{\mkern 1mu} {\rm{(m)}}\)

Thể tích đống cát là:

\(V = \frac{{\pi {r^2}h}}{3} \approx \frac{{3,14 \cdot 1,{5^2} \cdot 1,2}}{3} = 2,826{\mkern 1mu} {\rm{(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Thể tích thùng chứa của xe là \(1,57 \cdot 0,8 \cdot 0,4 = 0,5024{\mkern 1mu} {\rm{(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\). Mỗi chuyến xe thực chở là \(0,5024 \cdot (100\% - 5\% ) = 0,47728{\mkern 1mu} {\rm{(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Ta có:\(\frac{{2,826}}{{0,47728}} \approx 5,921\)

Vậy để chuyển hết đống cát trên bác Hà cần sử dụng ít nhất 6 chuyến xe và phải dùng ít nhất số tiền là:

\(6 \cdot 90{\mkern 1mu} 000 = 540{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} \)(đồng).

Gọi \[x\] là số trận thắng \[\left( {x \in N,x \le 10} \right)\]

Do đó số trận thua là \[10 - x\]

Theo quy tắc tính điểm thì số điểm đạt được là \[15 + 10x - 3.\left( {10 - x} \right)\]

Theo đề ít nhất 72 điểm mới được vào vòng chung kết nên ta có bpt

\[15 + 10x - 3.\left( {10 - x} \right) \ge 72\]

Giải bất phương trình đúng

\[13x \ge 87\] =>\[x \ge \frac{{87}}{7} \approx 12,4\]

Kết luận đúng: Vậy cần ít nhất trận thắng 13 trận

Gọi số xe lúc đầu là x (xe). ĐK: \(x > 4;x \in N\).

Khi đó:

+ Số hàng trên 1 xe theo dự định là \(\frac{{120}}{x}\) (tấn hàng).

+ Số xe lúc sau là \(x - 4\) (xe).

+ Số hàng trên 1 xe lúc sau là \(\frac{{120}}{{x - 4}}\) (tấn hàng).

Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng theo dự định nên ta có phương trình:

\[\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{{x - 4}} = - 1\]

\( \Rightarrow 120x - 120\left( {x - 4} \right) = x\left( {x - 4} \right)\)

\({x^2} - 4x - 480 = 0\)

\({x^2} - 24x + 20x - 480 = 0\)

\(x\left( {x - 24} \right) + 20\left( {x - 24} \right) = 0\)

\(\left( {x - 24} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 24 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {TM} \right)\\x = - 20\left( L \right)\end{array} \right.\).

Vậy số xe ban đầu của đội là 24 xe. Số hàng thực tế mỗi xe chở là 6 tấn

a) Hình vẽ

Xét ∆ABH và ∆ADC, ta có:

\(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\) (Góc nội tiếp cùng chắn ).

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}\) (\(\widehat {ACD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\[ \Rightarrow \Delta ABH{\rm{ }} \sim {\rm{ }}\Delta ADC\;(g - g)\]\[ \Rightarrow \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}} \Leftrightarrow AB.AC = AH.AD\]

b) Chứng minh: \[HE \bot AC\]

Xét tứ giác ABHE, ta có: \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = {90^0}\) (gt). Suy ra tứ gaics \[ABHE\] nội tiếp (4 điểm cách đều trung điểm của AB) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {EHC} = \widehat {BAE}\) (Cùng bù với \[\widehat {BHE}\])

Mà: \(\widehat {B{\bf{CD}}} = \widehat {BAE\;}\)(góc nội tiếp cùng chắn ) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {EH{\bf{C}}} = \widehat {BCD}\)

Ta có: \(\widehat {EH{\bf{C}}},\;\widehat {BCD}\) ở vị trí so le trong \[ \Rightarrow \]\[HE//CD\]

Lại có: \[CD \bot AC\]\((\;\widehat {{\bf{ACD}}}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\[ \Rightarrow \]\[HE \bot AC\]

c) Chứng minh: M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆\[EHF\].

M là trung điểm của BC \[ \Rightarrow \] OM vuông góc với BC (Liên hệ đường kính dây cung)

Xét tứ giác OMFC, ta có: \(\widehat {OM{\bf{C}}} = \widehat {OFC\;}\)

Tứ giác \[OMFC\] nội tiếp (các đỉnh cùng cách đều trung điểm OC)

\[ \Rightarrow \] \(\widehat {CMF} = \widehat {COF\;}\)(góc nội tiếp cùng chắn )

Mà: \(\widehat {CMF} = \widehat {HFM} + \widehat {FHM}\) (Tính chất góc ngoài)

\(\widehat {COF} = \widehat {OAC} + \widehat {OCA}\) (Tính chất góc ngoài) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (∆OAC cân tại O)

\[ \Rightarrow \]\(\widehat {OAC} = \widehat {FHM}\) (cmt). \[ \Rightarrow \] \(\widehat {HFM} = \widehat {FHM}\) \[ \Rightarrow \] ∆HFM cân tại M.

\[ \Rightarrow \]\[MF = MH\](1)

Chứng minh tương tự

\[ \Rightarrow \] ∆HEM cân tại M \[ \Rightarrow \]\[ME = MH\](2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \]\[ME = MH = MF\] \[ \Rightarrow \] M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆\[EHF\]