Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ngô Thì Nhậm (Hòa Khánh) có đáp án
12 câu hỏi
Tính
\(A = 5\sqrt 2 + \sqrt {16} - \sqrt {50} \)\(A = 4\)
Gieo con xúc xắc 32 lần cho kết quả như sau:
Lập bảng tần số tương đối và vẽ biểu đồ cột biểu diễn bảng tần số tương đối đó.
Rút gọn biểu thức:\(\left( {\frac{1}{{\sqrt a }} + \frac{1}{{\sqrt b }}} \right).\frac{{ab}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) (với a > 0; b > 0)
\( = \frac{{\sqrt a + \sqrt b }}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{ab}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\)
\( = \sqrt {ab} \)
Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) , Tìm trên đồ thị những điểm cách trục hoành bằng 8
Hàm số : y = \[\frac{1}{2}\]x2
- Vẽ đúng đồ thị \[y = \frac{1}{2}{x^2}\]
Cho y=8. Tính được \(x = \pm 4\)
Vậy các điểm cần tìm là: (4;8) ;(-4;8)
Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2m + 1 = 0\,\,\,\,\,(1)\) với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa \[x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1} - 2{x_2} = 10.\]
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2m + 1 = 0\,\,\,\,\,(1)\) có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {{b'}^2} - ac = {\left( {m + 3} \right)^2} - \left( {2m + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 6m + 9 - 2m - 1 = {m^2} + 4m + 8 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4 > 0\end{array}\)
Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
Hệ thức Viète : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\left( {m + 3} \right)\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 2m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề \[x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1} - 2{x_2} = 10.\]
Hay \({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 10\)
\(4{\left( {m + 3} \right)^2} - 2.\left( {2m + 1} \right) - 2.2.\left( {m + 3} \right) = 10\)
\(4{m^2} + 16m + 12 = 0\)
\[{m^2} + 4m + 3 = 0\]
Cho hai tập hợp \(A = \{ 3;\,\,4\} \) và \(B = \{ 0;\,\,5;\,\,9\} \). Viết ngẫu nhiêu một số tự nhiên có hai chữ số \(\overline {ab} \), trong đó \(a \in A,\,\,b \in B.\)
(a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.
(b) Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
M: “Số tự nhiên viết ra chia hết cho 3”
N: “Số tự nhiên viết ra không vượt quá 35”.
a) \(\Omega = \left\{ {30;35;39;40;45;49} \right\}\)
\(n\left( \Omega \right) = 6\)
b) - Kết quả thuận lợi cho biến cố M: “Số tự nhiên viết ra chia hết cho 3” là: 30, 39, 45. Vậy \(n\left( M \right) = 3.\)
- Xác suất của biến cố M là \(P\left( M \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( M \right)}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).
- Kết quả thuận lợi cho biến cố N: “Số tự nhiên viết ra không vượt quá 35” là: 30, 35. Vậy \(n\left( N \right) = 2.\)
- Xác suất của biến cố N là \(P\left( N \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( N \right)}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.\)
Một vận động viên đánh quần vợt đang giao bóng. Từ độ cao \[{\rm{h}},\] anh ta muốn bóng rơi ở vị trí cách lưới \(6{\rm{m}}\) như hình bên dưới. Tính góc tạo bởi mặt sân và đường bay của bóng ở hình bên dưới (biết bóng bay chạm mép lưới) và tính độ cao h khi giao bóng để bóng không chạm lưới.
tan A=\(\frac{{0,9}}{6}\) tính được \(\widehat A\) = \({9^0}\)
tan A=\(\frac{h}{{18}}\) tính được h = 2,7m. Vậy ta cần h > 2,7 m thì bóng không chạm lưới
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (O) có AB = 9 cm, BC = 12 cm. Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung BC nhỏ.
Áp dụng tc đường trung bình: OH=6 cm, BH= 4, 5 cm
\(\tan BOH = \frac{{4,5}}{6}\)suy ra \(\widehat {BOH} = {37^ \circ }\)
nên \(\widehat {BOA} = {74^0}\)
Theo định lý Pythagore tính được AC=15 nên R=7,5
\({S_{quatBOC}} = \frac{{\pi .{R^2}.(180 - 74)}}{{360}}\)=52 (\(c{m^2}\))
Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao trong bằng 3 lần đường kính trong của đáy; một viên bi hình cầu và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi và khối nón đều có đường kính bằng đường kính trong của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính thể tích nước còn lại trong cốc (có thể tính thể tích chiếc kem ốc quế).
Chiều cao của hình trụ là : 6R
Chiều cao của hình nón là : 6R – 2R = 4R
Ta có:
Thể tích hình trụ là: \[{V_1} = \pi {R^2}h = \pi .{R^2}.6R = 6\pi {R^3}\]
Thể tích viên bi là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Thể tích hình nón là: \({V_3} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{R^2}.4R = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Thể tích nước còn lại trong bình là:
\({V_4} = {V_1} - {V_2} - {V_3} = 6\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{10}}{3}\pi {R^3}\)
Một ngân hàng đang áp dụng lãi suất gửi tiết kiệm kì hạn 12 tháng là 6,9%/năm. Bà Hoa dự kiến gửi một khoản tiền vào ngân hàng này và cần số tiền lãi hàng năm ít nhất là 50 triệu để chi tiêu. Hỏi số tiền bà Hoa cần gửi tiết kiệm hằng năm ít nhất là bao nhiêu (làm tròn đến triệu đồng).
Gọi số tiền bà Hoa cần gửi tiết kiệm hằng năm là x (triệu đồng) (x > 0)
Theo đề ta có:
6,9%.x \(≥\) 50
Giải bất phương trình ta được x \(≥\) 724,638
KL: bà Hoa cần gửi ít nhất 725 triệu đồng.
Một xe máy khởi hành từ Hà Nội đi Hải Phòng với tốc độ 40 km/h Sau đó 10 phút, trên cùng tuyến đường đó, một ô tô xuất phát từ Hải Phòng đi Hà Nội với tốc độ 60 km/h. Hỏi sau bao lâu, kể từ khi xe máy khởi hành, hai xe gặp nhau? Biết quãng đường Hà Nội – Hải Phòng dài 120 km.
Gọi x (h) là thời gian từ lúc xe máy khởi hành cho đến khi gặp ô tô; y (h) là thời gian từ lúc ô tô khởi hành cho đến khi gặp xe máy (x > y > 0)
Theo đề ta có : \(x - y = \frac{1}{6}\) và 40x + 60y = 120
Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x - y = \frac{1}{6}\\40x + 60y = 120\end{array} \right.\]
Giải được \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{{10}}\\y = \frac{{17}}{{15}}\end{array} \right.\)
Vậy xe máy khởi hành và đi được \(\frac{{13}}{{10}}(h)\) thì hai xe gặp nhau.
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và
CF của tam giác ABC cắt nhau tại H (E thuộc AC, F thuộc AB).
(a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
(b) Chứng minh BH.EF = BF.AH
(c) Đường thẳng CF cắt đường tròn (O) tại D (\[D \ne C\]). Gọi P, Q, I lần lượt là các điểm đối xứng của B qua AD, AC, CD. Điểm K là giao điểm của BP và AD. Chứng minh ba điểm P, I, Q thẳng hàng.
a) Xét tứ giác AFHE có:
+ \[\widehat {AFH} = {90^o}\] (CF là đường cao)
+ \[\widehat {AEH} = {90^o}\] (BE là đường cao)
\[ \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\]. Mà \[\widehat {AEH}\] và \[\widehat {AFH}\] là hai góc đối nên AEHF là tứ giác nội tiếp
b) Suy ra \[\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\,\,\](Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)
- Xét \[\Delta BAH\]và \[\Delta BEF\]có: \[\widehat {HBF}\] : chung
\[\widehat {BAH} = \widehat {BEF}\] (chứng minh trên)
Do đó: \[\Delta BAH\]đồng dạng \[\Delta BEF\] (g – g)
Suy ra: \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{BF}}{{EF}}\].
Do đó BH.EF = BF.AH
c) Ta có tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O) nên: \[\widehat {KDB} = \widehat {ACB}\]. Mà \[\widehat {DKB} = \widehat {BEC} = {90^o}\]nên \[\Delta DKB\]đồng dạng với \[\Delta CEB\] (g – g).
Suy ra: \[\widehat {DBK} = \widehat {EBC}\] (1)
- Chứng minh tứ giác DKBF nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {DFK} = \widehat {DBK}\](2)
Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \[\widehat {DFK} = \widehat {EFC}\]
- Mà: \[\widehat {DFK} + \widehat {KFC} = {180^o}\]nên \[\widehat {EFC} + \widehat {KFC} = {180^o}\,\].
Do đó K, F, E thẳng hàng. (4)
- Chứng minh KF, PE lần lượt là các đường trung bình của \[\Delta BPI\] và \[\Delta BIQ\].
Suy ra: PI // KF và IQ // PE (5)
Từ (4) và (5) ta có P, I, Q thẳng hàng
