Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Thái Bình (Hải Vân) có đáp án

Tính được \(\sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 2} \right)}^2}} = \sqrt 7 - 2\)

Biến đổi \(\sqrt {63} = 3\sqrt 7 \)

Biến đổi \(\frac{{\sqrt {56} }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{{56}}{2}} = \sqrt {28} = 2\sqrt 7 \)

Kết luận \(A = - 2\)

Cỡ mẫu \(n = 55 + 135 + 100 + 70 + 40 = 400\)

Tỉ lệ của các cầu thủ được bình chọn lần lượt là:

● Tỉ lệ cầu thủ An được bình chọn là: \(\frac{{55}}{{400}}.100\% = 13,75\% \)

● Tỉ lệ cầu thủ Tân được bình chọn là: \(\frac{{135}}{{400}}.100\% = 33,75\% \)

● Tỉ lệ cầu thủ Việt được bình chọn là: \(\frac{{100}}{{400}}.100\% = 25\% \)

● Tỉ lệ cầu thủ Bình được bình chọn là:\(\frac{{70}}{{400}}.100\% = 17,5\% \)

Tỉ lệ cầu thủ Lê được bình chọn là: \(\frac{{40}}{{400}}.100\% = 10\% \)

Bảng tần số tương đối:

Ta có: \(N = \frac{{\sqrt x .\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

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

\(N = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\)

Vẽ đúng đồ thị

${\Delta }^{\text{'}}=m^2+4m+5={\left(m+2\right)}^2+1>0$ với mọi m.

Suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Theo viete ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} + {x_1} = 2m\left( 2 \right)\\{x_1}.{x_2} = - 4m - 5\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Theo đề, ta có: \[\frac{1}{2}x_1^2 - \left( {m + 1} \right){x_1} + {x_2} - \frac{7}{2}m = \frac{7}{2}\]

\[x_1^2 - 2\left( {m + 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 7m - 7 = 0\]

\[x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_2} - {x_1}} \right) - 3m - 2 = 0\]

\[2\left( {{x_2} - {x_1}} \right) - 3m - 2 = 0\] ( vì \[x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\] do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) ) hay \[{x_2} - {x_1} = \frac{3}{2}m + 1\left( 4 \right)\]

Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\), ta có hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} + {x_1} = 2m\\{x_2} - {x_1} = \frac{3}{2}m + 1\end{array} \right.\)

Giải hệ có nghiệm: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{{7m + 2}}{4}\\{x_1} = \frac{{m - 2}}{4}\end{array} \right.\)

Thay vào \(\left( 3 \right)\) ta được: \(\frac{{7m + 2}}{4} \times \frac{{m - 2}}{4} = - 4m - 5\)

Hay \(7{m^2} + 52m + 76 = 0\)

Giải phương trình được \(m = - 2;m = \frac{{ - 38}}{7}\).

Vậy \(m = - 2;m = \frac{{ - 38}}{7}\) thì phương trình\(\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\)thoả mãn\[\frac{1}{2}x_1^2 - \left( {m + 1} \right){x_1} + {x_2} - \frac{7}{2}m = \frac{7}{2}\].

Không gian mẫu:

a) \[\Omega = \]{(Việt, Nam, Thống, Nhất);(Việt, Nam, Nhất, Thống);(Việt, Nhất, Thống, Nam);(Việt, Nhất, Nam, Thống); (Việt, Thống, Nhất, Nam);(Việt, Thống, Nam, Thống)}

Vậy không gian mẫu có \[6\] phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố A là \[{\Omega _A} = \]{(Việt, Nam, Thống, Nhất);(Việt, Nam, Nhất, Thống);(Việt, Nhất, Thống, Nam);(Việt, Thống, Nhất, Nam)}. Suy ra \(n\left( A \right) = 4\).

Không gian mẫu có 6 phần tử, suy ra \(n\left( \Omega \right) = 6\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

Do ABCD là hình chữ nhật nên \(\widehat {ABC} = 9{0^0}\).

Xét tam giác ABC vuông tại B có \(\widehat {BAC} = 6{8^0}\) ta có:

\(AB = AC.cosBAC = 16.cos6{8^0} \approx 6(cm)\)

\(BC = AC.sinBAC = 16.sin6{8^0} \approx 14,8(cm)\), Kết luận

a) Diện tích xung quanh hình nón được tính bởi công thức \[{S_{xp}} = \pi rl\] với \[l\] là đường sinh được thể hiện như hình sau:

b) Thể tích của hình nón được tính bởi công thức\[V' = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\]

Thể tích của mái nhà hình ba chiếc nón là:\[V = 3V' = 3.\frac{1}{3}3,14{r^2}h = 3,14.{\left( {\frac{{45}}{2}} \right)^2}24 = 38151\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\]

Gọi x (ngày) là số ngày ít nhất nhà máy sản xuất được 15 300 tấn xi măng. \(\left( {x \in N*} \right)\)

Số tấn xi măng nhà máy sản xuất được trong x ngày là: 100x (tấn)

Do nhà máy cần sản xuất 15 300 tấn xi măng (tính cả lượng tồn trong kho) nên ta có:

\(100x + 300 \ge 15300\)

\(100x \ge 1500\)

\(x \ge 150\)

Vậy nhà máy cần ít nhất 150 ngày để có thể xuất đi 15 300 tấn xi măng.

2 giờ 48 phút = 2,8 giờ

Gọi vận tốc của ô tô và mô tô lần lượt là \[{\rm{x (km/h)}}\] và \[{\rm{y (km/h)}}\] \[{\rm{(x, y > 0)}}\]

Sau khi khởi hành được 2 giờ thì hai xe gặp nhau cách trung điểm AB về phía B 15 km nên ta có \[{\rm{2x = }}\frac{{{\rm{AB}}}}{{\rm{2}}} + 15\] (1)

và \[{\rm{2x + 2y = AB}}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{x}} - {\rm{y = 15}}\] (3)

Vận tốc ô tô giảm đi một nửa vận tốc ban đầu thì hai xe gặp nhau sau khi khởi hành 2 giờ 48 phút ta có

\[\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x}} \cdot {\rm{2,8 + y}}{\rm{.2,8 = AB = 2x + 2y}}\]

\[{\rm{0,8y = 0,6x}}\] hay \[{\rm{4y = 3x}}\] (4)

Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} - {\rm{y = 15}}\\{\rm{4y = 3x}}\end{array} \right.\]

Giải hệ được \[{\rm{x = 60 km/h}}\](TM) và \[{\rm{y = 45 km/h}}\](TM)

Vậy vận tốc ô tô là\[{\rm{ 60 km/h}}\]mô tô là \[{\rm{45 km/h}}\]

a) Tứ giác ABCD là hình bình hành

Vì đường thẳng d qua \(A\) song song BC suy ra \(AD//BC\)

Vì đường thẳng d’ qua \(C\) song song AB suy ra \(AB//CD\)

Vậy ABCD là hình bình hành

b) Tứ giác \(AECD\)nội tiếp được trong đường tròn.

Ta có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB{\rm{//}}CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)(hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \). Từ đó chỉ được ra tứ giác \(AECD\)nội tiếp đường tròn đường kính \[AD\]

c) \(DF.DB = 2A{B^2}\)

Gọi giao điểm của \(AC\) và \(BD\)là \(I\), do tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(IA = IC;IB = ID;AB = CD\)

Xét tam giác \(DCI\)vuông tại \(C\)có \(CF\)là đường cao, sử dụng tam giác đồng dạng chỉ ra \(C{D^2} = DF.DI \Rightarrow A{B^2} = DF.DI\)

\( \Rightarrow 2A{B^2} = 2.DF.DI\)mà \(2DI = BD\)do đó \(2A{B^2} = DF.BD\).