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

Điều kiện xác định của căn thức: \[\sqrt { - 2x + 4} \] là: \[ - 2x + 4 \ge 0\]

\[ - 2x \ge - 4\]

\[x \le 2\]

Bảng tần số từ số liệu của biểu đồ tranh như sau:

Môn học Toán được học sinh yêu thích nhất (tần số xuất hiện của giá trị này bằng \(20\) là tần số lớn nhất)

Với \[x > 0\] và \(x \ne 1\) thì \[A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{x + \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{x + 2\sqrt x + 1}}\]

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

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

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

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

\[ = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\]

Vậy \[A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\] với \[x > 0\] và \(x \ne 1\).

Bảng giá trị của hàm số

Vẽ đúng ít nhất 3 điểm thuộc đồ thị hàm số.

Giải phương trình tìm được \({x_1} = 1 + \sqrt 2 \) và \({x_2} = 1 - \sqrt 2 \).

Phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0\)\(\left( {a = 1;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} b = - 2m{\kern 1pt} ;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} c = {m^2} - 2} \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 2 = 2 > 0\)

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Áp dụng định lí Vietè, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)

Theo đề bài, có: \[{x_1} = 2{x_2}\]. Thay vào \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}2{x_2} + {x_2} = 2m\\2{x_2}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)

Hay \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{{2m}}{3}\\2.{\left( {\frac{{2m}}{3}} \right)^2} = {m^2} - 2{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (*)\end{array} \right.\)

Giải (*) \(8{m^2} = 9m{}^2 - 18\)

Giải phương trình ta được \[{m_1} = 3\sqrt 2 \] và \[{m_2} = - 3\sqrt 2 \]

Vậy \(m \in \left\{ {3\sqrt 2 ; - 3\sqrt 2 } \right\}\)thì phương trình \[\left( 1 \right)\] có nghiệm \[{x_1} = 2{x_2}\].

a) \(\Omega = \){(Phúc; Bình; An), (Phúc; An; Bình), (Bình; An; Phúc), (Bình; Phúc; An), (An; Phúc; Bình), (An; Bình; Phúc)}.

Không gian mẫu có \(6\) phần tử

b) Vì nhân viên thu ngân chọn ngẫu nhiên lần lượt từng khách hàng để thanh toán nên các kết quả có thể là đồng khả năng

Có \(2\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: (Bình; An; Phúc), (An; Bình; Phúc).

Xác suất của biến cố \[A\] là: \[\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\].

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có:

\(\tan \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{9}{{14}}\) nên \(\widehat {BAC} \approx 33^\circ \)

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\) có:

\(BD = AB\,\,.\,\,\tan \widehat {BAD} = 14\,\,.\,\,\tan 71^\circ \,\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Quãng đường xe máy đi từ \[C\] đến \[D\] là:

\(CD = BD - BC = 14\,\,.\,\,\tan 71^\circ - 9\,\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Đổi \(22\,\,{\rm{km/h}} = \left( {22\,\,.\,\,1000:3600} \right)\,\,{\rm{m/s}} = \frac{{55}}{9}\,\,{\rm{m/s}}\).

Thời gian đi từ \[C\] đến \[D\] khoảng: \(\left( {14\,\,.\,\,\tan 71^\circ - 9} \right):\frac{{55}}{9} \approx 5\,\,\left( {\rm{s}} \right)\)

Bán kính thân bình hình trụ và hai nửa cầu là \(\frac{{1,8}}{2} = 0,9\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Thể tích phần thân bồn hình trụ là \({V_1} = \pi {R^2}h = \pi \cdot 0,{9^2} \cdot 3,2 = 2,592\pi \,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Vì 2 nửa hình cầu ghép lại thành 1 hình cầu nên thể tích hai nửa hình cầu là

\({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot 0,{9^3} = 0,972\pi \,\left( {\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Thể tích của bồn nước là \[{V_1} + {V_2} = 2,592\pi + 0,972\pi \approx 11,12\,\left( {\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\,\]

Số mét khối nước sạch mỗi hộ dân nhận được là \[\frac{{11,12}}{{100}} \approx 0,11\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Gọi \(x\)\(\left( {{\rm{kg}}} \right)\) là số kilôgam cà chua mà trang trại đó đã bán \(\left( {x > 0} \right)\).

Số tiền trang trang thu được khi bán \(x\)\(\left( {{\rm{kg}}} \right)\)cà chua là \(18x\) (nghìn đồng).

Số tiền trang trang thu được khi bán \(400\)\(\left( {{\rm{kg}}} \right)\)khoai tây là \(25 \cdot 400 = 10\,000\)(nghìn đồng).

Do trang trại thu được ít nhất \(20,8\) triệu đồng do bán cà chua và khoai tây nên ta có bất phương trình là:

\(18\,x + 10\,000 \ge 20\,800\).

\(18\,x \ge 20\,800\, - 10\,000\)

\(18\,x \ge 10\,800\,\)

\(x \ge 600\).

Vậy trang trại đó đã bán được ít nhất \(600\)\({\rm{kg}}\) cà chua.

Gọi chiều dài mảnh đất là \(x\,\left( {\rm{m}} \right)\), \(\left( {x > 0} \right)\)

Chiều rộng mảnh đất là \(y\,\left( {\rm{m}} \right)\), \(\left( {y > 0} \right)\)

Theo bài ra chu vi mảnh đất là \(68\,{\rm{m}}\), nên ta có phương trình:

\(\left( {x + y} \right) \cdot 2 = 68\) hay \(x + y = 34\)

Mặt khác chiều dài hơn chiều rộng \(6\,{\rm{m}}\), nên ta có phương trình:

\(x - y = 6\)

Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 34\\x - y = 6\end{array} \right.\)

Giải ra ta được \(x = 20\), \(y = 14\)

Diện tích mảnh đất là: \(20 \cdot 14 = 280\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Số cây hoa bác Thắng trồng được là:\(280 \cdot 10 = 2800\)(cây)

a) Ta có \(D\) là chân đường vuông góc kể từ \(A\) đến \(BC\) nên \(AD \bot \;BC\) hay $\widehat{ADB}={90}^{°}$.

Tương tự ta có $\widehat{AEB}={90}^{°}$

\(\Delta BDA\) và \(\Delta BEA\) là các tam giác vuông với cạnh huyền là \(AB\) nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\)

Hay các điểm \(A\), \(B\), \(D\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Vậy tứ giác \(ABDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\).

b) Có tứ giác \(ABDE\) nội tiếp nên $\widehat{ABD}+\widehat{AED}={180}^{°}$

Mà $\widehat{KED}+\widehat{AED}={180}^{°}$ (kề bù) nên \(\widehat {KED} = \widehat {ABD}\)

Lại có \(\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\))

Suy ra \(\widehat {KED} = \widehat {AKC}\) mà đây là 2 góc so le trong nên \(DE\,\,{\rm{//}}\,\,KC\)

c) Có tứ giác \(ABDE\) nội tiếp nên \(\widehat {IDE} = \widehat {OAB}\) (cùng bù với \(\widehat {BDE}\))

\(\Delta OBC\) cân tại \(O\) nên đường trung tuyến \(OI\) đồng thời là đường cao, suy ra $\widehat{OIB}={90}^{°}$.

Có \(OIB\) và \(OEB\) là các tam giác vuông có cạnh huyền \(OB\) nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính \(OB\), từ đó suy ra tứ giác \(OBEI\) nội tiếp nên \(\widehat {DIE} = \widehat {AOB}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn )

Xét \(\Delta IDE\) và \(\Delta OAB\) có \(\widehat {IDE} = \widehat {OAB}\); \(\widehat {DIE} = \widehat {AOB}\) nên (g.g)

Mà \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) nên \(\Delta IDE\) cân tại \(I\).