Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lương Thế Vinh (Hòa Khánh) có đáp án

\(D = 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + \frac{{8.(\sqrt 5 + 1)}}{{5 - 1}} - 3 - \sqrt 5 \)

\( = 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + 2\sqrt 5 + 2 - 3 - \sqrt 5 = - 1\)

Tổng số học sinh của lớp là: \[20 + 14 + 5 + 1 = 40\] (học sinh)

Tần số tương đối của số học sinh chơi thể thao trong 2 giờ, 3 giờ, 4 giờ, 5 giờ lần lượt là:

\[{f_1} = \frac{{20}}{{40}}.100\% = 50\% \]; \[{f_2} = \frac{{14}}{{40}}.100\% = 35\% \];

\[{f_3} = \frac{5}{{40}}.100\% = 12,5\% \]; \[{f_4} = \frac{1}{{40}}.100\% = 2,5\% \]

Bảng tần số tương đối

\({\rm{A}} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 1 + x}}{{\sqrt x .(\sqrt x + 1)}}.\frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 1 + x}}{{\sqrt x }}\)

Vì điểm \((3; - 4,5)\) thuộc Parabol nên ta có: \( - 4,5 = a{.3^2}\)

suy ra \(a = \frac{{ - 1}}{2}.\)

Từ đó ta có \(HK = \left| { - 4,5 - ( - \frac{1}{2}{{.2}^2})} \right| = \left| { - 4,5 + 2} \right| = 2,5\)

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {(m - 1)^2} - (2m - 5)\\ = {m^2} - 4m + 6 = {(m - 2)^2} + 2 > 0\forall m\end{array}\)

Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m - 1)\\{x_1}.{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\)

Vì \({x_1},{x_2}\)là hai nghiệm của phương trình nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 - 2(m - 1){x_1} + 2m - 5 = 0\\{x_2}^2 - 2(m - 1){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 - 2m{x_1} + 2m - 1 = 2(2 - {x_1})\\{x_2}^2 - 2m{x_2} + 2m - 1 = 2(2 - {x_2})\end{array} \right.\)

Kết hợp đề bài \(({x_1}^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 1)({x_2}^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 1) < 0\)

Suy ra \((2 - {x_1})(2 - {x_2}) < 0\)

\(4 - 2({x_1} + {x_2}) + {x_1}{x_2} < 0\)

\(3 - 4m < 0\) suy ra \(m > \frac{3}{4}\)

a) Tập hợp Ω={(1;1),(1;2);(1;3), (1;4),(2;1);(2;2),...,(4;3);(4;4)}

có 16 kết quả có thể

b) Do rút ngẫu nhiên từ mỗi túi ra một tấm thẻ, nên các kết quả đồng khả năng

n(Ω) = 16

Các kết quả thuận lợi cho biến cố E là : ={(1;1),(1;3);(3;1), (3;3)}, do dó n(E) = 4

Xác suất P(E)= \(\frac{{n(E)}}{{n(\Omega )}} = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\)

Xét \[\Delta ABC\]vuông tại \[A,\] có: \[AB = AC.\tan C\]; \[AB = 12.\tan {60^0} \approx 20,78\] (m)

Vậy chiều cao của toà tháp khoảng \[20,78\]m

Ống mũ là hình trụ với chiều cao 35 cm, bán kính đáy \(R = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7,5{\kern 1pt} cm\)

Diện tích vải để làm ống mũ là: \({S_1} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = 2\pi .7,5.35 + \pi 7,{5^2} = 506,25\pi \;(c{m^2})\)

Diện tích vải để làm vành mũ là: \({S_2} = \pi .17,{5^2} - \pi .7,{5^2} = 250\pi \;(c{m^2})\)

Vậy tổng diện tích vải cần để làm cái mũ là: \(506,25\pi \; + 250\pi = 756,25\pi \;(c{m^2}) \approx 2376(c{m^2})\)

Gọi số bút mà bạn Mai có thể mua được là x (cây bút) \[\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\]

Theo đề ta có

\(45000 + 4000x \le 80000\)

\(4000x \le 80000 - 45000\)

\(\begin{array}{l}4000x \le 35000\\x \le \frac{{35}}{4} \approx 8,75\end{array}\)

Vậy Mai có thể mua tối đa 8 cây bút.

Gọi \[x\] là số sản phẩm phải làm mỗi ngày theo kế hoạch (sản phẩm,x \(∈{N}^{*}\))

Số sản phẩm làm trong một ngày theo thực tế là: \[x + 10\] (sản phẩm)

Thời gian làm xong sản phẩm theo kế hoạch là: \[\frac{{600}}{x}\] (ngày)

Số sản phẩm làm được trong thực tế là: \[600 + 100 = 700\] (sản phẩm)Thời gian làm xong sản phẩm theo thực tế là: \[\frac{{700}}{{x + 10}}\] (ngày)

Do thực tế hoàn thành sớm hơn kế hoạch 1 ngày nên ta có phương trình:

\[\frac{{600}}{x} - \frac{{700}}{{x + 10}} = 1\]

\[\frac{{600\left( {x + 10} \right) - 700x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}\]

Suy ra \[600x + 6000 - 700x = {x^2} + 10x\]

\[{x^2} + 110x - 6000 = 0\]

Tính được \(x = - 150\,\,\left( {ktm} \right)\,\,,\,\,\,x = 40\left( {tm} \right)\).

Vậy số sản phẩm phải làm mỗi ngày theo kế hoạch là \[40\] sản phẩm.

a) \[{\rm{\Delta HDC}}\]vuông tại D có DI là đường trung tuyến nên \[{\rm{ID = IC = IH = }}\frac{{{\rm{HC}}}}{{\rm{2}}}\](1)

Tương tự \({\rm{\Delta HEC}}\) vuông tại E

có EI là đường trung tuyến nên \[{\rm{IE = IC = IH = }}\frac{{{\rm{HC}}}}{{\rm{2}}}\](2)

Từ (1) và (2) bốn điểm C,D,H,E cách đều I nằm trên đường tròn đường tròn tâm I đường kính HC.Vậy tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính HC.

b) Tương tự cũng chứng minh được tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. nên \(\widehat {{\rm{BAE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{EDC}}}\)( cùng bù với \(\widehat {{\rm{EDB}}}\))

và ta cũng có \(\widehat {{\rm{BAE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{AEO}}}\)( \(\Delta {\rm{OAE}}\)cân tại O) nên \(\widehat {{\rm{AEO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{EDC}}}\)(1)

\(\widehat {{\rm{EDC}}} = \widehat {{\rm{EHC}}}\)( Hai góc nội tiếp cùng chắng của đường tròn( I)

và \(\widehat {{\rm{EHC}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}\)(\(\Delta {\rm{IHE}}\)cân tại I) nên \(\widehat {{\rm{EDC}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {{\rm{AEO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}\), Mà \(\widehat {{\rm{OEI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ OEH}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{HEI}}}\)\( = \widehat {{\rm{OEH}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{ AEO}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\)

Vậy \[OE \bot EI\] tại \(E\)\(EI\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AB.\)

c) OE = OD suy ra O thuộc trung trực của ED

IE = ID suy ra I thuộc trung trực của ED

Kết luận OI là trung trực của ED.

Vậy OI vuông góc với ED