Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Huệ (Hải Châu) có đáp án
12 câu hỏi
Trục căn thức ở mẫu: \[\frac{5}{{2 - \sqrt 3 }}\]
\[\frac{5}{{2 - \sqrt 3 }}\]\[ = \frac{{5(2 + \sqrt 3 )}}{{(2 + \sqrt 3 )(2 - \sqrt 3 )}}\]
\[ = \frac{{10}}{{4 - 3}} = 10\]
Khảo sát số tiền chi tiêu cho dụng cụ học tập của một nhóm học sinh lớp 9, ta thu được biểu đồ như hình. Hỏi có bao nhiêu học sinh được khảo sát và cho biết trong số đó, số học sinh chi tiêu từ 100 nghìn trở lên chiếm tỉ lệ bao nhiêu phần trăm? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Tổng số học sinh: \(5 + 12 + 23 + 17 + 3 = 60\) (học sinh).
Số học sinh chi từ \(100\) nghìn trở lên: \(23 + 17 + 3 = 43\) (học sinh).
Tỉ lệ phần trăm: \((43:60).100\% \approx 71,67\% \)
Rút gọn biểu thức \[A = \left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{12 + 4\sqrt x }}{{9 - x}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\] với \[x > 0\] và \[x \ne 9\].
\[A = \left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{12 + 4\sqrt x }}{{9 - x}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\]\[ = \left( {\frac{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 3)}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}} + \frac{{12 + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\]
\[ = \frac{{(x - \sqrt x - 12) + 12 + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\]
\[ = \frac{{x - 3\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\]\[ = \frac{{\sqrt x (\sqrt x - 3)}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\]\[ = 1\]
Một công viên quyết định xây dựng một cổng chào nghệ thuật có mặt cắt là một đường Parabol \((P)\). Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], parabol \[(P)\] đó có phương trình \(y = - \frac{1}{4}{x^2}\) . Để tạo điểm nhấn, các kỹ sư dự định thiết kế một dải đèn LED nằm ngang nối hai điểm A và B trên vòm cổng với độ dài 6m (như hình vẽ). Hãy vẽ \((P)\) và tính khoảng cách từ dải đèn LED đến đỉnh cổng?
Bảng giá trị:
Với AB = 6m, parabol có trục đối xứng là Oy nên \[{x_A} = - 3,{x_B} = 3\]
Thay \[x = 3\] vào \(y = - \frac{1}{4}{x^2}\)ta được: \[y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2} = \frac{{ - 1}}{4}{.3^2} = - 2,25\]
Vậy \[A\left( { - 3; - 2,25} \right),B\left( {3; - 2,25} \right)\]
Vì \[\left| {{y_A}} \right| = \left| {{y_B}} \right| = 2,25\] nên khoảng cách từ dải đèn LED đến đỉnh cổng bằng 2,25m
Cho phương trình \({x^2} + 4x + 1 = 0\). Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và tính giá trị của biểu thức\(T = \frac{{\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} + 10{x_1} + 5{x_2} + 20}}{{x_1^3 + 15{x_2} + 64}}\) với \[{x_1} > {x_2}\].
\(\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 4}\\{{x_1}{x_2} = 1}\end{array}} \right.\). Đặt \[T = \frac{A}{B}\].
Nhận xét: Vì tích \({x_1}{x_2} = 1 > 0\) và tổng \({x_1} + {x_2} = - 4 < 0\) nên cả hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) đều là số âm.
Với \[{x_1} > {x_2}\] thì \({x_1} - {x_2} = \sqrt {{{({x_1} + {x_2})}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).
Mẫu số: Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 = - 4{x_1} - 1\)
\[ \Rightarrow \]\(x_1^3 = {x_1}( - 4{x_1} - 1) = - 4x_1^2 - {x_1} = - 4( - 4{x_1} - 1) - {x_1} = 15{x_1} + 4\)
\[ \Rightarrow \]\(B = (15{x_1} + 4) + 15{x_2} + 64 = 15({x_1} + {x_2}) + 68 = 15( - 4) + 68 = 8\)
Tử số: Ta thay \( - 4{x_1} = x_1^2 + 1\) \[ \Rightarrow \] \( - 4{x_1} + 7 = (x_1^2 + 1) + 7 = x_1^2 + 8\)
\[ \Rightarrow \]\(\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{({x_1} + 4{x_2})}^2}} = |{x_1} + 4{x_2}|\)
Vì \({x_1},{x_2} < 0\) nên \(|{x_1} + 4{x_2}| = - {x_1} - 4{x_2}\)
\( \Rightarrow A = ( - {x_1} - 4{x_2}) + 10{x_1} + 5{x_2} + 20 = 9{x_1} + {x_2} + 20\)\( = 4{x_1} - 4{x_2} = 4({x_1} - {x_2})\)
Vậy: \(T = \frac{A}{B} = \frac{{4({x_1} - {x_2})}}{8} = \frac{{4.2\sqrt 3 }}{8} = \sqrt 3 \)
Nhân kỉ niệm Ngày Di sản văn hóa Việt Nam (23/11), Bảo tàng Đà Nẵng đã tổ chức Ngày hội Di sản văn hóa 2025. Ban tổ chức trưng bày 3 hiện vật quý hiếm gồm: Trống đồng, Mộc bản và Gốm Chu Đậu được đặt đúng theo thứ tự trên vào 3 tủ kính 1,2,3. Do sơ suất sắp đặt, nhân viên đã đặt ngẫu nhiên mỗi hiện vật vào một tủ kính.
(a) Hãy liệt kê tất cả các kết quả có thể xảy ra của việc sắp đặt trên?
(b) Tính xác suất biến cố: "Có đúng \(1\) hiện vật được đặt đúng tủ kính".
a) Kí hiệu Trống đồng, Mộc bản và Gốm Chu Đậu lần lượt là T, M, G
Không gian mẫu: \(\Omega = \{ (T,M,G);(T,G,M);(M,T,G);(M,G,T);(G,T,M);(G,M,T)\} \)
b) Biến cố \(A\): "Có đúng \(1\) hiện vật được đặt đúng tủ".
Theo yêu cầu bài toán: Tủ \(1\) đúng nếu chứa \(T\), Tủ \(2\) đúng nếu chứa \(M\), Tủ \(3\) đúng nếu chứa \(G\).
Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\((T,G,M)\): Chỉ hiện vật \(T\) ở tủ \(1\) là đúng \( \to \) Thỏa mãn.
\((G,M,T)\): Chỉ hiện vật \(M\) ở tủ \(2\) là đúng \( \to \) Thỏa mãn.
\((M,T,G)\): Chỉ hiện vật \(G\) ở tủ \(3\) là đúng \( \to \) Thỏa mãn.
\(A = \{ (T,G,M);(G,M,T);(M,T,G)\} \)
Số kết quả thuận lợi là: \(n(A) = 3\). Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{6} = 0,5\).
Từ vị trí quan sát A cao 1,6m so với mặt đất, cách tòa nhà Trung tâm Hành chính Đà Nẵng 120m, người ta quan sát thấy đỉnh tòa nhà (điểm C) dưới góc nâng 540 so với phương ngang . Hãy tính chiều cao của tòa nhà (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Tam giác ABC vuông tại B: \[BC = \tan {54^0}.AB = 120.\tan {54^0} \approx 165,2m\]
Chiều cao tòa nhà: \[BC + 1,6 \approx 166,8m\]
Cầu vượt Ngã Ba Huế là một công trình kiến trúc biểu tượng của thành phố Đà Nẵng. Tầng \(1\) của nút giao là một vòng xuyến hình vành khuyên được giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm. Biết đường kính của vòng tròn ngoài là 150m và bề rộng mặt đường dành cho xe chạy của vòng xuyến là 15m (hình minh họa). Hãy tính diện tích phần mặt đường của vòng xuyến này (lấy \(\pi \approx 3,14\) và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Bán kính của đường tròn ngoài là:\(R = \frac{{150}}{2} = 75(m)\)
Vì bề rộng mặt đường là 15m, nên bán kính của đường tròn trong là: \(r = 75 - 15 = 60(m)\)
Diện tích phần mặt đường của vòng xuyến là: \(S = \pi \cdot ({R^2} - {r^2}) = 3,14 \cdot ({75^2} - {60^2}) = 6358,5({m^2})\)
Để kiểm tra độ đạm nước mắm trong thùng gỗ trước khi đóng chai, người ta sử dụng một chiếc gáo múc có dạng nửa hình cầu với bán kính 3cm để đổ vào một ống nghiệm hình trụ có đường kính đáy là 10cm và chiều cao 25cm. Mỗi lần múc nước mắm từ thùng gỗ ra chỉ đạt 95% thể tích của gáo và lượng hao hụt khi đổ vào ống là không đáng kể. Hỏi phải múc ít nhất bao nhiêu lần để lượng nước mắm trong ống nghiệm đạt độ cao tối thiểu 18cm?
Thể tích của chiếc gáo nửa hình cầu là: \({V_1} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {R^3} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {3^3} = 18\pi (c{m^3})\)
Thể tích nước mắm thực tế múc được trong mỗi lần:\({V_2} = 18\pi \cdot 95\% = 17,1\pi \) (\(c{m^3}\))
Bán kính đáy của ống đong hình trụ là: \(R = 10:2 = 5\) (cm)
Thể tích nước mắm trong ống đong khi đạt độ cao \(18cm\) là: \({V_3} = \pi \cdot {5^2} \cdot 18 = 450\pi \)(\(c{m^3}\))
Vì \(450\pi :17,1\pi \approx 26,3\) nên số lần múc cần thiết để đạt độ cao tối thiểu 18cm là 27 lần.
Bạn Mai muốn mua một chiếc máy tính cầm tay trị giá 750 nghìn đồng để phục vụ cho kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10. Hiện tại Mai đã có 300 nghìn đồng tiết kiệm. Mai dự định mỗi tuần sẽ tiết kiệm thêm 50 nghìn đồng từ tiền tiêu vặt. Hỏi Mai cần tiết kiệm thêm ít nhất bao nhiêu ngày nữa thì có đủ tiền để mua chiếc máy tính đó?
Gọi \(x\) là số tuần Mai cần tiết kiệm thêm (\(x \in {\mathbb{N}^*}\)).
Số tiền Mai tiết kiệm thêm sau \(x\) tuần là: \(50x\) (nghìn đồng).
Tổng số tiền Mai có sau \(x\) tuần là: \(300 + 50x\) (nghìn đồng).
Để có đủ tiền mua máy tính, ta có bất phương trình: \(300 + 50x \ge 750\)
Giải bất phương trình: \(50x \ge 750 - 300\)
\(50x \ge 450\)
\(x \ge 9\)
Đổi: 9 tuần = 63 ngày
Vậy bạn Mai cần tiết kiệm thêm ít nhất 63 ngày nữa thì đủ tiền mua máy tính.
Tại giải Marathon Quốc tế Đà Nẵng 2026, ở nội dung 42 km nữ, hai vận động viên (VĐV) Vũ Khánh Linh và Yukiko Nomoto bám đuổi nhau quyết liệt. Khi cả hai cùng lúc chạm mốc km thứ 31,5 thì Vũ Khánh Linh bắt đầu bứt tốc và duy trì vận tốc nhanh hơn Yukiko Nomoto 0,5km/h. Kết quả, Vũ Khánh Linh đã xuất sắc về Nhất với thành tích 3 giờ 1 phút 20 giây, sớm hơn Yukiko Nomoto (về Nhì) đúng 1 phút 40 giây. Tính vận tốc trung bình của mỗi VĐV trong chặng bứt tốc cuối này?
Đổi: 1 phút 40 giây = 100 giây \( = \frac{{100}}{{3600}}\) giờ \( = \frac{1}{{36}}\) giờ.
Gọi \(x\) (\(km/h\)) là vận tốc của VĐV Vũ Khánh Linh trong chặng cuối (\(x > 0,5\)).
Vận tốc của VĐV Yukiko Nomoto trong chặng cuối là: \(x - 0,5\) (\(km/h\)).
Quãng đường bứt tốc cho đến đích: \[42 - 31,5 = 10,5\]km
Thời gian Linh đi hết \(10,5km\) cuối là: \(\frac{{10,5}}{x}\) (giờ).
Thời gian Yukiko đi hết \(10,5km\) cuối là: \(\frac{{10,5}}{{x - 0,5}}\) (giờ).
Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{{10,5}}{{x - 0,5}} - \frac{{10,5}}{x} = \frac{1}{{36}}\)
Biến đổi phương trình trên ta được: \(2{x^2} - x - 378 = 0\)
Giải phương trình trên ta được: \({x_1} = 14\) (Thỏa mãn); \({x_2} = - 13,5\) (Loại).
Kết luận: Vận tốc của Vũ Khánh Linh là \(14km/h\) và của Yukiko Nomoto là \(13,5km/h\)
trong chặng cuối
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt các tiếp tuyến tại B và C lần lượt tại N và M. Gọi H là giao điểm của AC và OM, D là giao điểm của đoạn thẳng MB với đường tròn (O).
(a) Chứng minh rằng các điểm A, M, C, O cùng thuộc một đường tròn.
(b) ON cắt AB và BH lần lượt tại K và J. Chứng minh JB = JH và \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\]
(c) Kẻ đường kính DI. Gọi E là trung điểm BD. Chứng minh E, I, J thẳng hàng.
a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.
Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \[\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}\]
Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO
Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO
Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO
b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R
Suy ra MO là trung trực AC nên MO \[ \bot \] AC. Chứng minh tương tự NO \[ \bot \] AB.
Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.
Xét \[\Delta \]MCH và \[\Delta \]MOC lần lượt vuông tại H và C có \[\widehat {{\rm{HMC}}}\] chung
\[ \Rightarrow \] \[\Delta \]MCH\[\Delta \]MOC (g.g)\[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\] (1).
\[\Delta \]BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]BDC vuông tại D.
Chứng minh tương tự: \[\Delta \]MCD\[\Delta \]MBC (g.g) \[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\] (2).
Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\]\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]MDH\[\Delta \]MOB (c.g.c) \[ \Rightarrow \]\[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].
c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.
Tam giác OBD cân tại O nên \[\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}\] hay \[\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}\] \[ \Rightarrow \]\[\Delta \]DBI\[\Delta \]BCM (g.g)
\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}\]. Kết hợp với \[\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}\]
Từ đó suy ra (c.g.c) \[ \Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].
Mà \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\] (cmt) nên \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}\] \[ \Rightarrow \] EI // DH (3).
Mặt khác, \[\Delta \]BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình
\[ \Rightarrow \] EJ // DH (4).
Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.
