Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Chơn (Thanh Khê) có đáp án

\(A = \sqrt {27} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} - 2\sqrt 3 \)

\(\, = 3\sqrt 3 - \left| {\sqrt 3 - 1} \right| - 2\sqrt 3 \)

\( = 3\sqrt 3 - \sqrt 3 + 1 - 2\sqrt 3 \) (Vì \(\sqrt 3 > 1\))

\( = 1\)

Tổng tỉ lệ học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

\(35\% + 25\% + 10\% = 70\% \)

Số học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

\(1500.70\% = 1050\) (học sinh)

Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)

Ta có \(A = \left( {\frac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}}} \right):\frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}} \right].\frac{{\sqrt x + 1}}{{x - 4}}\)

\( = \left( {\sqrt x + 2} \right).\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)\( = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}}\)

Điểm cao nhất của cầu là điểm\(A( - 200;\,100)\) và \(B(200;\,100)\).

Thay \(x = 200,\,y = 100\) vào hàm số

\(y = a{x^2}\,(a \ne 0)\), ta có:

\(\begin{array}{l}100 = a{.200^2}\,\\100 = a.40000\end{array}\)

\(a = 0,0025\) (thỏa mãn).

Như vậy, hàm số cần tìm là: \(y = 0,0025{x^2}\).

Độ cao KH của cáp là giá trị của hàm số \(y = 0,0025{x^2}\) khi \(x = 80\).

Vậy độ cao KH của dây cáp tại đó là: \(0,{0025.80^2} = 16\,(m)\).

\({x^2} - 11x + 18 = 0\) (1)

Ta có: \(\Delta = {( - 11)^2} - 4.1.18 = 49\)

Vì \(\Delta > 0\) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) (đpcm).

Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 11\\{x_1}{x_2} = 18\end{array} \right.\)

Suy ra \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai số dương.

Vì \({{\rm{x}}_{\rm{1}}}\)là nghiệm của phương trình \({x^2} - 11x + 18 = 0\)

nên \(x_1^2 - 11{x_1} + 18 = 0\)

\(\begin{array}{l}x_1^2 - 10{x_1} + 25 = {x_1} + 7\\{({x_1} - 5)^2} = {x_1} + 7\end{array}\)

Vì \({x_1} > {x_2} > 0\) và \({x_1} + \,{x_2} = 11\) nên \({x_1} > \,\,5\)

Suy ra \(\sqrt {{x_1} + 7} = {x_1} - 5\)

Khi đó \(Q = {x_2} + {x_1} - 5 = 11 - 5 = 6\).

Gọi E là biến cố “Tổng hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn”.

Các kết quả có thể

Không gian mẫu

\(\begin{array}{l}\Omega = {\rm{\{ }}\left( {1,{\rm{ }}2} \right);\left( {1,{\rm{ }}3} \right);\left( {1,{\rm{ }}4} \right);\left( {1,{\rm{ }}5} \right);\left( {1,{\rm{ }}6} \right);\left( {2,{\rm{ }}3} \right);\left( {2,{\rm{ }}4} \right);\left( {2,{\rm{ }}5} \right);\left( {2,{\rm{ }}6} \right);\left( {3,{\rm{ }}4} \right);\\\left( {3,{\rm{ }}5} \right);\left( {3,{\rm{ }}6} \right);\left( {4,{\rm{ }}5} \right);\left( {4,{\rm{ 6}}} \right);\left( {5,{\rm{ }}6} \right){\rm{\} }}\end{array}\)

\({\rm{n}}(\Omega ) = 15\)

Việc rút thẻ là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố E là:\(\left( {1,{\rm{ }}3} \right);\left( {1,{\rm{ }}5} \right);\left( {2,{\rm{ }}4} \right);\left( {2,{\rm{ }}6} \right);\left( {3,{\rm{ }}5} \right);\left( {4,{\rm{ 6}}} \right)\) hay \({\rm{n}}({\rm{E}}) = 6\)

Vậy \({\rm{P(E)}} = \frac{6}{{15}} = \frac{2}{5}\).

Đổi \(5\) phút = \(\frac{1}{{12}}\) giờ

Độ cao máy bay đạt được là \(12500{\rm{ m}}\) nên \({\rm{AB = 12500 m}} = {\rm{12,5 km}}\)

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại B ta có \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} {\rm{C = }}\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AC}}}}\) suy ra \({\rm{AC}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{SinC}}}} = \frac{{12,5}}{{{\mathop{\rm Sin}\nolimits} {{20}^0}}} \approx 36,55{\rm{ km}}\)

Do đó vận tốc trung bình mà máy bay đạt được là:

\({\rm{v}} = \frac{{{\rm{s }}}}{{{\rm{t }}}} = \frac{{36,55}}{{\frac{1}{{12}}}} \approx 438,6{\rm{ km/h}}\)

Tính được Diện tích hình quạt CBA: \[{S_1} = \frac{{150.\pi .B{A^2}}}{{360}}\]

Tính được phần Diện tích hình quạt DBE: \[{S_2} = \frac{{150.\pi .B{E^2}}}{{360}}\]

Diện tích giấy dán đủ hai mặt

\[\begin{array}{l}2.\left( {{S_1} - {S_2}} \right) = 2\left( {\frac{{150.\pi .B{A^2}}}{{360}} - \frac{{150.\pi .B{E^2}}}{{360}}} \right)\\ = 2.\frac{{150.\pi }}{{360}}\left( {B{A^2} - B{E^2}} \right) = 2.\frac{{150.\pi }}{{360}}\left( {{{33}^2} - {8^2}} \right) \approx 2683\,(c{m^2})\end{array}\]

Ta có bán kính đáy hình nón: \[r = 6:2 = 3({\rm{m}})\]

Đường sinh của hình nón: \[l = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = \sqrt {25} = 5({\rm{m}})\]

Diện tích xung quanh hình nón: \[S = \pi .r.l = 3,14.3.5 = 47,1({{\rm{m}}^2})\]

Diện tích vải cho 100 chiếc lều: \[47,1.100 = 4710({{\rm{m}}^2})\]

Chi phí tiền vải của 100 chiếc lều là: \[4710 \cdot {\rm{ }}90{\rm{ }}000 = 423{\rm{ }}900{\rm{ }}000\](đồng)

Vậy tổng chi phí tiền vải để sản xuất 100 chiếc lều đó là\(423900000\)Ƨ (đồng)

Tổng chi phí cửa hàng phải chi ra trong một ngày \[A = 1{\rm{ 500 000 + 15 000}}{\rm{.}}x\](đồng)

Tổng chi phí trong ngày không vượt quá \[4{\rm{ 500 000}}\] đồng, tức là \[A \le 4{\rm{ }}500{\rm{ }}000\] hay \[1{\rm{ }}500{\rm{ }}000 + 15{\rm{ }}000.x \le 4{\rm{ }}500{\rm{ }}000\]

Suy ra \[{\rm{x}} \le 200\]

Vậy tối đa cửa hàng có thể làm \[200\] ly trà sữa để chi phí không vượt quá \[4{\rm{ }}500{\rm{ }}000\] đồng mỗi ngày

Gọi \(x,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} y\) ( học sinh) lần lượt là số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp \(9A\) (đk: \(x,y \in {N^*}\))

Tìm được một phương trình

Lập được hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 47\\133{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 000x + 114{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 000y = 5{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 814{\kern 1pt} {\kern 1pt} 000\end{array} \right.\)

Tìm được \(x = 24;y = 23\) và kết luận

a) Xét \((O)\); có: \(\widehat {AEB} = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = {90^o}\)

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm I nên \(\widehat {KIB} = {90^o}\)

Xét \(\Delta KEB\) vuông tại \(E\) có cạnh huyền \(KB\) suy ra \(K;E;B\)thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (1)

Xét \(\Delta KIB\)vuông tại \(I\) có cạnh huyền\(KB\) suy ra\(K;I;B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(K;I;E;B\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(KB\).

b) Xét \(\Delta AKI\)vuông tại I và \(\Delta ABE\)vuông tại E có \(\widehat {BAE}\)là góc chung nên

\(\Delta AKI\)\(\Delta ABE\) (g-g) do đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) suy ra \(AK.AE = AB.AI\)(3)

Chứng minh được \(K\)là trực tâm của \(\Delta APB\) nên \(BQ \bot AP\) (\(Q \in AP\)) hay \(\widehat {AQK} = {90^0}\)

Xét \(\Delta BKI\)vuông tại I và \(\Delta BAQ\)vuông tại Q có: \(\widehat {ABQ}\)là góc chung nên

\(\Delta BKI\)\(\Delta BAQ\) (g-g) do đó \(\frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{BI}}{{BQ}}\) suy ra \(BK.BQ = AB.BI\)(4)

Từ (3) và (4) ta có: \(AK.AE + BK.BQ = AB.AI + AB.BI = AB(AI + BI) = AB.AB = A{B^2}\)

Vậy \(AK.AE + BK.BQ = A{B^2}\)

c) Chứng minh \(IK\) là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)

Chứng minh được bốn điểm \(A;I;Q;K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AK\) suy ra \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QK\))

\(KEBI\)là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\))

Chứng minh được Q thuộc đường tròn đường kính AB

Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QE\))

Suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay \(IK\)là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)

Chứng minh\(\widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)

\(\Delta OQB\)cân tại O nên \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\) (5)

Chứng minh được \(\Delta IBK\)\(\Delta QPK\)(g-g) suy ra \(\widehat {OBK} = \widehat {QPK}\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {OQK} = \widehat {QPK}\)(*)

Chứng minh được \(\Delta IAK\)\(\Delta EPK\)(g-g) suy ra \(\widehat {IAK} = \widehat {EPK}\)mà \(\widehat {IAK} = \widehat {KQE}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)) nên \(\widehat {EPK} = \widehat {KQE}\)(**)

Từ (*) và (**) ta có: \(\widehat {OQK} + \widehat {KQE} = \widehat {QPK} + \widehat {EPK}\) suy ra \(\widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)