Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ngô Thì Nhậm (Hòa Khánh) có đáp án
12 câu hỏi
\(A = 5\sqrt 2 + \sqrt {16} - \sqrt {50} \)\(A = 4\)
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.
\( = \frac{{\sqrt a + \sqrt b }}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{ab}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\)
\( = \sqrt {ab} \)
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)
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 \({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 10\)
\(4{\left( {m + 3} \right)^2} - 2.\left( {2m + 1} \right) - 2.2.\left( {m + 3} \right) = 10\)
\(4{m^2} + 16m + 12 = 0\)
\[{m^2} + 4m + 3 = 0\]
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
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:
\({V_4} = {V_1} - {V_2} - {V_3} = 6\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{10}}{3}\pi {R^3}\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 12 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
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.
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.
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
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
