Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Viết Xuân (Bà Nà) có đáp án
12 câu hỏi
Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} + \sqrt[3]{{ - 27}}\);
\(A = \sqrt {25} + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 + \left( { - 3} \right)\)
\(A = 2\)
Điểm môn Toán trong một năm học của một học sinh được ghi lại như sau:
Hãy lập bảng tần số của mẫu số liệu trên.
Rút gọn biểu thức \[{\rm{P}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{2\sqrt x - 24}}{{x - 9}}\] với \[x \ne 9\] và \[x \ge 0\].
\[{\rm{P}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{2\sqrt x - 24}}{{x - 9}}\] với \[x \ne 9\] và \[x \ge 0\]
\[{\rm{P}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{2\sqrt x - 24}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\]
\[{\rm{P}} = \frac{{x + 5\sqrt x - 24}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\]
\[\begin{array}{l}{\rm{P}} = \frac{{\left( {\sqrt x + 8} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\{\rm{P}} = \frac{{\sqrt x + 8}}{{\sqrt {x + 3} }}\end{array}\]
Cho hàm số \(y = (m - 1){x^2}\). Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A( - 1;1)\) và vẽ đồ thị hàm số với \[m\] vừa tìm được.
+ Đồ thị hàm số \(y = (m - 1){x^2}\) đi qua điểm \(A( - 1;1)\) nên thay \[x = - 1,\,y = 1\] ta được \[m = 2\].
+ Với \[m = 2\] ta có hàm số \[y = {x^2}\].
HS lập được bảng giá trị gồm 5 điểm thuộc đồ thị hàm số \[y = {x^2}\]
+ Đồ thị hàm số là một parabol đi qua các điểm trong bảng giá trị trên.
HS vẽ đúng đồ thị hàm số \[y = {x^2}\] trên hệ trục Oxy với đầy đủ chú giải các trục.
Cho phương trình bậc hai \[{x^2} - 4x + a = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,\,{x_2}\] thỏa mãn \[2{x_1} + 3{x_2} = 9\]. Hãy biểu diễn biểu thức \[A = {x_1}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\] theo tổng và tích hai nghiệm rồi tính giá trị của biểu thức \[A\].
Theo đề, \[{x^2} - 4x + a = 0\] có hai nghiệm phân biệt nên theo định lý Viète ta có:
\[{x_1} + {x_2} = 4\]
Lại có, \[2{x_1} + 3{x_2} = 9\] hay \[2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_2} = 9\], suy ra \[{x_2} = 1\], \[{x_1} = 3\].
Do đó: \[{x_1}{x_2} = 1.3 = 3\]
\[A = {x_1}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\]
\[A = {4^2} - 2.3 = 10\]
Một bộ bài tây thông thường có 52 lá gồm 26 lá đỏ, 26 lá đen. Trong 26 lá đỏ đó có 13 lá chất cơ, 13 lá chất rô. Trong 26 lá đen đó có 13 lá chất bích và 13 lá chất tép. Người ta lấy ra lần lượt hai lá bài từ bộ bài tây, lá thứ nhất lấy ra không trả lại. Tính xác suất để hai lá bài nhận được có cùng chất cơ.
Số phần tử của không gian mẫu: \[52.51 = 2652\]
Vì ta lấy lần lượt hai lá bài từ bộ bài và các lá bài đồng chất nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.
Số phần tử của biến cố “Hai lá bài nhận được có cùng chất cơ” là: \[13.12 = 156\]
Xác suất của biến cố “Hai lá bài nhận được có cùng chất cơ” là: \[\frac{{156}}{{2652}} = \frac{1}{{17}}\]
Một thợ lặn quan sát miệng hang động A dưới nước từ một vị trí B cách miệng hang 10 (m) theo phương ngang BC. Góc hạ từ tầm mắt thợ lặn đến miệng hang là \[\widehat {{\rm{ABC}}} = 60^\circ \]. Biết rằng thợ lặn ở độ sâu 3 (m) dưới mặt nước. Tính độ sâu của miệng hang so với mặt nước. (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại C tính được AC = \[10\sqrt 3 \] (m)
Độ sâu của miệng hang so với mặt nước là: \[3 + 10\sqrt 3 \approx 20,32\] (m)
Một hộp bóng tennis có dạng hình trụ, chứa vừa khít 4 quả bóng. Tính diện tích phần giấy cần dùng để bọc quanh thân hộp, biết đường kính của quả bóng tennis là \[6,4\] (cm). (Cho \[\pi \approx 3,14\], coi các mép nối không đáng kể và làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Bán kính quả bóng: \[6,4:2 = 3,2\] (cm)
Chiều cao của hộp bóng tennis: \[6,4.4 = 25,6\] (cm)
Bán kính của quả bóng cũng là bán kính đáy của hộp bóng tennis nên diện tích xung quanh của hộp bóng tennis là: \[2.3,14.3,2.25,6 \approx 514,46\] \[\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]
Vậy diện tích phần giấy cần dùng để bọc quanh thân hộp bóng tennis là \[514,46\] \[\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]
Người ta dự tính tạo một hình nón từ tấm thép như hình bên dưới. Tính diện tích phần thép được sử dụng.
Diện tích phần thép được sử dụng là:
\[\frac{{288}}{{360}}.3,{14.10^2} = 251,2\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]
Bình mang 150 nghìn đồng đi mua vở và bút bi. Bạn ấy đã mua 7 quyển vở với giá 15 nghìn đồng một quyển và dự kiến mua \[x\] chiếc bút bi với giá 3 nghìn đồng một chiếc. Hỏi \[x\] phải thỏa mãn điều kiện gì để Bình có thể trả được với số tiền đã mang đi?
\[x\] là số chiếc bút nên \[x \in \mathbb{N}\],
Theo đề ta có bất phương trình: \[7.15 + x.3 \le 150\]
Giải tìm được \[x \le 3\].
So sánh điều kiện và kết luận: Điều kiện của để Bình có thể trả được với số tiền đã mang đi là .
Vào lúc 9 giờ sáng Chủ nhật, Hoàng và Ngân đi xe đạp tới nhà ông bà. Ban đầu hai anh em đi xe đạp với vận tốc 12 (km/h). Tuy nhiên, sau khi đi được một lúc thì xe đạp bị hỏng nên hai anh em phải vừa đi bộ vừa dắt xe với vận tốc 3 (km/h) và tới nhà ông bà lúc 9 rưỡi. Nếu quãng đường đi xe đạp gấp đôi quãng đường đi bộ thì quãng đường từ nhà Hoàng và Ngân tới nhà ông bà dài bao nhiêu km?
Gọi \[x,\,y\] (km) lần lượt là quãng đường đi xe đạp và quãng đường đi xe máy của Hoàng và Ngân (\[x > y > 0\])
Thời gian đi của Hoàng và Ngân là 30 phút = \[\frac{1}{2}\] giờ
Theo đề, ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 0\\\frac{1}{{12}}x + \frac{1}{3}y = \frac{1}{2}\end{array} \right.\]
Giải ra nghiệm \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\]
So sánh lại điều kiện, kết luận quãng đường từ nhà Hoàng và Ngân đến nhà ông bà dài \[2 + 1 = 3\] (km).
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M \[ \ne \] A, B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
(a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp;
(b) Chứng minh MA // OD;
(c) Gọi P là giao điểm của CD và AB. Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh ba điểm E, F, P thẳng hàng.
a) Tam giác ACO vuông tại A nên \[\Delta {\rm{ACO}}\] nội tiếp đường tròn đường kính CO. Do đó, 3 điểm A, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính CO (1)
Tam giác MCO vuông tại M nên \[\Delta {\rm{MCO}}\] nội tiếp đường tròn đường kính CO. Do đó, 3 điểm M, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính CO (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn đường kính CO.
Do đó tứ giác ACMN nội tiếp
b) Ta có: MD = BD; MO = BO nên OD là đường trung trực của MB.
Khi đó, \[{\rm{OD}} \bot {\rm{MB}}\] (1)
HS chứng minh được \[{\rm{AM}} \bot {\rm{MB}}\] (2)
Suy ra AM // OD (vì cùng vuông góc với MB) (đpcm).
c) Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E.
Dựa vào AC // BD, chứng minh được \[\frac{{{\rm{FC}}}}{{{\rm{DG}}}} = \frac{{{\rm{PC}}}}{{{\rm{PD}}}};\,\,\frac{{{\rm{PC}}}}{{{\rm{PD}}}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BD}}}}\].
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE.
Do đó \[\frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BD}}}} = \frac{{{\rm{CF}}}}{{{\rm{DE}}}}\] suy ra DE = DG hay G trùng E.
