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

\(A = 4 - 2\sqrt 2 + 2\sqrt 2 \)

\(A = 4\)

\(n = 6 + 14 + 12 + 8 = 40\); \({f_1} = 15\% \); \({f_2} = 35\% \); \({f_3} = 30\% \); \({f_1} = 20\% \)

\(B = \left( {\frac{x}{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}} - \frac{1}{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{x - 1}}{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\)

\(B = \frac{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = 1\)

Bảng giá trị:

Vẽ độ thị hàm số (P)

Điểm có tung độ nhỏ hơn hoành độ 1 đơn vị nằm trên đường thẳng \(y = x - 1\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \[\frac{{{x^2}}}{4} = x - 1\]

Giải được \(x = 2\), suy ra \(y = 1\). Vậy điểm cần tìm là \((2;\,1)\)

\(\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.3.2 = 57 > 0\). Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)

Theo định lý Viète: \({x_1} + \,\,{x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 3;\,\,\,{x_1}.\,\,{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{2}{3}\)

\(A = x_1^2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9{x_2} = 3x_1^2 + 9{x_2}\)

Mà \(3x_1^2 = 9{x_1} - 2\) nên \(A = 9{x_1} - 2 + 9{x_2} = 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 = 25\)

Kí hiệu bóng vàng 1, 2, 3 lần lượt là V1, V2, V3 và bóng xanh 1, 2 lần lượt là X1, X2

Vì bóng bốc ở lần 1 không trả lại nên ta liệt kê được các kết quả của phép thử bằng cách lập bảng sau:

Không gian mẫu có 20 phần tử

Có 6 kết quả thuận lợi của biến cố "Vận động viên đó bốc được quả bóng màu vàng ở cả hai lần" là: (V1, V2), (V1, V3), (V2, V1), (V2, V3), (V3, V1), (V3, V2).

Xác suất của biến cố trên là \(\frac{6}{{20}} = \frac{3}{{10}}\)

Tính được chiều cao: \(TB = EB.\tan E = 30.\tan 40^\circ \)

Tính được chiều cao của công trình kiến trúc:

\(TC = TB + BC = 30.\tan {40^o} + 1,5 \simeq 26,7\) (m)

Diện tích của hình quạt EAO là \[{S_{qEAO}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.10}^2}.90}}{{360}} = 25\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Diện tích tam giác EAO là: \[{S_{\Delta EAO}} = \frac{1}{2}EA.EO = \frac{1}{2}.10.10 = 50 \left( {c{m^2}} \right)\]

Diện tích hình viên phân tạo bởi dây AO và cung AO nhỏ là: \[{S_{vp}} = {S_{qEAO}} - {S_{\Delta EAO}} = 25\pi - 50{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Diện tích bông hoa là: \[8.\left( {25\pi - 50} \right) \simeq {\rm{228,3 }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Thể tích của thúng là \[{V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}:2 = \frac{4}{3}.\pi {.30^3}:2 = 18000\pi \,(c{m^3})\]

Thể tích của hình nón là \[{V_2} = \frac{1}{3}\pi {R^2}.h = \frac{1}{3}.\pi {.30^2}.15 = 4500\pi \,(c{m^3})\]

Thể tích vạo chứa trong thúng là \[{V_1} + {V_2} = 18000\pi + 4500\pi = 22500\pi \simeq 70686\,(c{m^3})\]

Gọi số chiếc cảm biến siêu âm mà nhóm học sinh có thể mua được là x (chiếc), \(x \in {N^*}\)

Lập được bất phương trình \(35x + 150 \le 900\)

Giải được \(x \le 21\frac{3}{7}\). Kết luận: Nhóm học sinh mua được nhiều nhất 21 chiếc cảm biến.

Gọi số trận thắng, hòa mà đội Manchester City đã giành được lần lượt là x, y (trận), \(x,y \in {N^*}\)

Lập được hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 36\\3x + y = 100\end{array} \right.\)

Giải được \(x = 32,\,\,\,y = 4\). Kết luận

a) Xét đường tròn \((O)\), ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(\widehat {MCB} = 90^\circ .\)

Ta có \(MH \bot AB\) tại H nên \(\widehat {MHB} = 90^\circ \)

Do đó Bốn điểm B, C, M, H cùng thuộc một đường tròn đường kính BM.

b) \(\widehat {CIH} = \widehat {COB}\).

- Ta có \(\widehat {AIM} = 90^\circ \) (do \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) chắn nửa đường tròn) và \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) (gt) nên bốn điểm A, I, M, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

- Xét đường tròn đường kính AM: \(\widehat {MIH} = \widehat {MAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH) hay \(\widehat {BIH} = \widehat {CAB}\).

- Lại có trong \((O)\), \(\widehat {CIB} = \widehat {CAB}\) (cùng chắn cung CB\().\)

- Do đó \(\widehat {CIH} = \widehat {CIB} + \widehat {BIH} = \widehat {CAB} + \widehat {CAB} = 2\widehat {CAB}\).

- Mặt khác, góc ở tâm (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung CB)

- Vậy \(\widehat {CIH} = \widehat {COB}\)

c) - Xét \(\Delta KAB\), có: \(AC \bot KB\) tại C, \(BI \bot KA\) tại I.

- Mà AC cắt BI tại \(M\) nên M là trực tâm của \(\Delta KAB\).

- Suy ra \(KM \bot AB\). Lại có \(MH \bot AB\) .

- Qua điểm \(M\) chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với AB, do đó 3 điểm K, M, H thẳng hàng.