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

\(\frac{3}{{\sqrt 7 - 2}}\) = \[\frac{{3\left( {\sqrt 7 + 2} \right)}}{{7 - {2^2}}}\]

Thu gọn \(\sqrt 7 + 2\)

Số y tá đã công tác 3 năm, 4 năm, 5 năm, 6 năm, 7 năm lần lượt là 5,7,9,5,2

Ta có : 5+7+9+5+2=28 (y tá)

\(M = \left( {\frac{{1 + \sqrt a }}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right):\frac{{\sqrt a + 1}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}\)

\(M = \left( {\frac{{1 + \sqrt a }}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right).\frac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt a + 1}} = \frac{{\sqrt a - 1}}{{\sqrt a }}\)

Gọi A,B đối xứng qua Oy như hình vẽ nên \({x_B} > 0;{x_A} < 0\); \({x_A} = - {x_B}\)và \(\left| {{x_A}} \right| + \left| {{x_B}} \right| = 4\)nên \(2\left| {{x_B}} \right| = 4\) hay \(\left| {{x_B}} \right| = 2\)

Suy ra \({x_B} = 2\) hay B(2;8)

\({x_A} = - {x_B} = - 2\) hay A(-2;8)

Lập \(\Delta = {1013^2} - 2027 = 1024142 > 0\)nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Viète: \({x_1} + {x_2} = - 2026 < 0;\,\,{x_1}{x_2} = 2027 > 0\)

suy ra \({x_1} < 0;\,{x_2} < 0\)

\(M = \sqrt {{{\left( {2{x_1} - 1} \right)}^2}} + x_2^2 + 2024{x_2}\)

\(M = \left| {2{x_1} - 1} \right| + x_2^2 + 2024{x_2} = - 2{x_1} + 1 + x_2^2 + 2024{x_2}\,(1)\) ( vì \({x_1} < 0\, \Rightarrow 2{x_1} - 1 < 0\)

Vì \({x_2}\)là nghiệm nên \({x_2}^2 + 2026{x_2} + 2027 = 0 \Rightarrow {x_2}^2 = - 2026{x_2} - 2027\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) ta có M = \( - 2{x_1} + 1 - 2026{x_2} - 2027 + 2024{x_2}\)

M= \( - 2{x_1} - 2{x_2} - 2026 = - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2026\) = \( - 2.( - 2026) - 2026 = 2026\)

a/ Mô tả không gian mẫu của phép thử.

Kết quả phép thử là cặp (a,b) với a,b là màu 2 quả cầu được chọn

Kí hiệu 2 quả cầu đỏ lần lượt là Đ1, Đ2; 1 quả cầu xanh là X, 1 quả cầu vàng là V

b/ Tính xác suất của biến cố E “Chọn được 2 quả cầu khác màu ”.

Vì chọn ngẫu nhiên đồng thời nên các kết quả có thể là đồng khả năng, ta có các kết quả thuận lợi biến cố

Ta có \(n\left( \Omega \right) = 6;\,n\left( E \right) = 5 \Rightarrow P(E) = \frac{5}{6}\)

Sau 4 phút = \(\frac{1}{{15}}(h)\), máy bay bay được AB = \(600.\frac{1}{{15}} = 40(km)\)

Ta có \(BH = AB.\sin 37^\circ = 40.\sin 37^\circ \approx 24,1\,\,{\rm{(km)}}\)

Sau \(4\) phút, máy bao lên cao được khoảng 24,1 km

Gọi S là diện tích phần viền tráng men xanh của đĩa sứ ta có S = \(\pi \left[ {{{\left( {\frac{{20}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{14}}{2}} \right)}^2}} \right]\)

S= \(51\pi \approx 173,4(c{m^2})\)

Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu (\({H_1}\)), (\({H_2}\)) tiếp xúc với nhau, lần lượt có bán kính tương ứng là \({r_1},{r_2}\) thỏa mãn \({r_2} = \frac{1}{2}{r_1}\) ( hình bên). Biết thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 180 cm³. Tính thể tích khối cầu (\({H_1}\)).

Ta có \({V_1} = \frac{4}{3}\pi r_1^3,\,{V_2} = \frac{4}{3}\pi r_2^3 = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{{r_1}}}{2}} \right)^3} = \frac{1}{6}\pi r_1^3\)

\({V_1} + {V_2} = 180\,\,hay\,\left( {\frac{4}{3} + \frac{1}{6}} \right)\pi r_1^3 = 180\) nên \(\pi r_1^3 = 120\)\( \Rightarrow {V_1} = \frac{4}{3}.120 = 160\,(c{m^3})\)

Gọi x(học sinh) là số học sinh tham gia (ĐK: x\( \in N*\))

Ta có số tiền mỗi học sinh phải nộp là \(\frac{{2000 - 350}}{x}\)(nghìn đồng)

Ta có \(\frac{{2000 - 350}}{x}\) \( \le 100\) hay \(100x \ge 1650 \Rightarrow x \ge 16,5\)

Mà x \( \in N*\), x nhỏ nhất nên x = 17

Vậy cần ít nhất 17 học sinh tham gia

Gọi x,y (h) lần lượt là thời gian tổ A, B làm riêng một mình để hoàn thành sửa đoạn đường

(ĐK: x,y > 8)

Nếu hai tổ cùng làm thì trong 8h xong việc nên ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{8}\,\,(1)\)

Nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của tổ A ít hơn tổ B là 12 giờ

ta có y – x =12 hay y = x +12 (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 12}} = \frac{1}{8}\,\,\)hay \({x^2} - 4x - 96 = 0\)

Giải phương trình \({x_1} = 12\) (TM) và \({x_2} = - 8\) (loại)

Vậy nếu làm riêng thì tổ 1 hoàn thành trong 12h, tổ 2 hoàn thành trong 12+12=24h

a) \(\Delta \)ABC ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F nên \(\widehat {IEC} = \widehat {IDC} = {90^0}\)nên \(\Delta \)IEC nội tiếp đường tròn đường kính IC (1) 0,25

\(\Delta \)IDC nội tiếp đường tròn đường kính IC (2)

Từ (1) và (2) nên 4 điểm E,I,D,C cùng thuộc một đường tròn

b) Ta có \(\widehat {IEH} + \widehat {{E_1}} = \widehat {IEC} = {90^0}\,(1)\)

Có CE,CD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C của (I) nên CE=CD và CI là tia phân giác \(\widehat {ECD}\)

Vì CE=CD, EI=ID nên IC là đường trung trực của ED nên \(ED \bot IC\)

hay \(\widehat {{H_1}} + \widehat {{E_2}} = {90^0}(4)\)

Có EI=HI nên \(\Delta \)EIH cân tại I nên \(\widehat {IEH} = \widehat {{H_1}}\,\,(5)\)

Từ (3), (4), (5) nên \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}}\)hay EH là tia phân giác \(\widehat {DEC}\)có EH và CI là hai tia phân giác cắt nhau tại H nên H là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta \)CED

c) Gọi S là điểm chính giữa cung EFD. Chứng minh HN.SC=SN.HC

S là điểm chính giữa cung EFD và H là điểm chính giữa cung ED ( Vì IC là tia phân giác \(\widehat {EIC}\) nên SH là đường kính (I) nên \(\widehat {SEH} = {90^0}\)( góc nội tiếp chắn nửa (I)

\(\widehat {SEN} + \widehat {{E_2}} = {90^0};\widehat {AES} + \widehat {{E_1}} = {90^0}\) mà \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}} \Rightarrow \widehat {SEN} = \widehat {AES}\)

Theo tính chất đường phân giác ngoài có \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{EN}}{{EC}}\) (6)

EH là tia phân giác \(\widehat {DEC}\) nên \(\frac{{HN}}{{HC}} = \frac{{EN}}{{EC}}\) (7)

Từ (6) và (7) ta có \(\frac{{HN}}{{HC}} = \frac{{SN}}{{SC}} \Rightarrow HN.SC = SN.HC\)