Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ông Ích Đường (Hòa Vang) có đáp án

\(\begin{array}{l}A = - \sqrt {27} + 3\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} = - 3\sqrt 3 + 3.\left| {1 - \sqrt 3 } \right|\\ = - 3.\sqrt 3 + 3.(\sqrt 3 - 1) = - 3.\sqrt 3 + 3.\sqrt 3 - 3 = - 3\end{array}\)

Lập bảng tần số cho dữ liệu trên.

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

\(M = \frac{{x + \sqrt x + \sqrt x }}{{x - 1}}:\frac{{2\sqrt x + 2 - 2 + x}}{{x(\sqrt x + 1)}}\)

\(M = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 1}}:\frac{{x + 2\sqrt x }}{{x(\sqrt x + 1)}}\)

\(M = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 1}} \cdot \frac{{x(\sqrt x + 1)}}{{x + 2\sqrt x }}\)

\(M = \frac{{x(\sqrt x + 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\)

\(M = \frac{x}{{\sqrt x - 1}}\)

Thay x = - 3, y = 18 vào công thức hàm số

Tính được m = 5 (tm) và kết luận.

Với m = 5 hàm số có dạng y = 2x²

Phương trình xác định hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: \(2{x^2} = - 7x + 4\)

Tính được \(x = \frac{1}{2},\,x = - 4\)

Tính được \(y = \frac{1}{2},\,y = 32\)

Suy ra toạ độ giao điểm của (d) và (P) là \(\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\) và \(\left( { - 4;32} \right)\)

Vì phương trình có \(a \cdot c = 3 \cdot ( - 5) = - 15 < 0\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = \frac{{12}}{3} = 4}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - \frac{5}{3}}\end{array}} \right.\)

Thay \(4 = {x_1} + {x_2}\) vào biểu thức \(T\), ta được:

\(T = \frac{{x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} - {x_1}{x_2}}}{{({x_1} + {x_2}){x_1} + x_2^2 + {x_1}{x_2}}}\)

\(T = \frac{{x_1^2 + {x_1}{x_2} + x_2^2 - {x_1}{x_2}}}{{x_1^2 + {x_1}{x_2} + x_2^2 + {x_1}{x_2}}}\)

\(T = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2}} = \frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2}}}\). Thay các giá trị Viete vào:\(T = \frac{{{4^2} - 2 \cdot \left( { - \frac{5}{3}} \right)}}{{{4^2}}} = \frac{{16 + \frac{{10}}{3}}}{{16}} = \frac{{\frac{{58}}{3}}}{{16}} = \frac{{58}}{{48}} = \frac{{29}}{{24}}\)

Vậy \(T = \frac{{29}}{{24}}\).

a) Liệt kê kết quả không gian mẫu:

\(\Omega \)={ X1, X2, X3, X4,…, X20, V1, V2, V3,…, V10}

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = 30\).

b) Gọi A là biến cố: "Quả cầu được chọn mang số chia hết cho 5".

Trong 20 quả cầu xanh, các số chia hết cho 5 gồm: \(\{ 5,10,15,20\} \).

Số quả cầu xanh thỏa mãn là: 4 quả.

Trong 10 quả cầu vàng, các số chia hết cho 5 gồm: \(\{ 5,10\} \).

Số quả cầu vàng thỏa mãn là: 2 quả.

Tổng số quả cầu mang số chia hết cho 5 là: \(n(A) = 4 + 2 = 6\).

Xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{6}{{30}} = \frac{1}{5}\).

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{1}{5}\).

Gọi chiều cao của ngọn núi là \(h\)

Biểu diễn các độ dài còn lại theo \(h\) từ đó tìm \(h\) (áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông).

Gọi H, K tương ứng là đỉnh núi và chân núi

Đặt \(HK = h\) (\(h > 0\))

Tam giác HKB vuông tại \(K\) nên \(BK = HK\cot \angle HBK\) hay $BK=h\cot {30}^{°}$

Tương tự \(AK = h\cot 40^\circ \)

Khi đó \(AB = BK - AK = h\cot 30^\circ - h\cot 40^\circ = h\left( {\cot 30^\circ - \cot 40^\circ } \right)\)

Suy ra \(600 = h\left( {\cot 30^\circ - \cot 40^\circ } \right)\) hay \(h = 1110{\rm{ m}}\)

Vậy chiều cao ngọn núi là \(1110{\rm{m}}\).

Diện tích hình quạt tròn với bán kính \(25 cm\) là:

\({S_1} = \frac{n}{{360}}. \pi {R^2} = \frac{{150}}{{360}}. 3,14. {25^2} \approx 817,7 c{m^2}\)

Diện tích hình quạt tròn với bán kính \(10 cm\) là:

\({S_2} = \frac{n}{{360}}. \pi {R^2} = \frac{{150}}{{360}}. 3,14. {10^2} \approx 130,8 c{m^2}\)

Diện tích phần làm giấy là: \(S = {S_1} - {S_2} = 817,7 - 130,8 = 686,9 c{m^2}\).

Vì ống hút hình trụ có bán kính đáy R = 0,4: 2 = 0,2 cm và chiều cao h = 18 cm nên diện tích x.quanh của ống hút là: S_xq = P_đáy.h = 2. 3,14. 0,2. 18 = 22, 608 cm²

Vậy khi thải ra môi trường, diện tích nhựa gây ô nhiễm cho môi trường do 100 ống hút này gây ra là\(100.{\rm{ }}22,608 = 2260,8\) cm².

Chi phí mỗi tháng: 410 triệu đồng.

Giá bán mỗi chiếc áo: 350.000 đồng \( = 0,35\) triệu đồng.

Lợi nhuận mục tiêu sau 1 năm (12 tháng): 1,38 tỷ đồng \( = 1.380\) triệu đồng.

Gọi \(x\) là số lượng áo sơ mi trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được (\(x > 0,x \in \mathbb{N}\)).

Doanh thu mỗi tháng là: \(0,35 \cdot x\) (triệu đồng).

Lợi nhuận mỗi tháng là: \({\rm{Doanh thu}} - {\rm{Chi ph\'i }} = 0,35x - 410\) (triệu đồng).

Tổng lợi nhuận sau 1 năm (12 tháng) là: \(12 \cdot (0,35x - 410)\) (triệu đồng).

Theo đề bài, lợi nhuận sau 1 năm ít nhất là 1.380 triệu đồng, ta có bất phương trình:

\(12 \cdot (0,35x - 410) \ge 1.380\)

\(0,35x - 410 \ge \frac{{1.380}}{{12}}\)

\(0,35x - 410 \ge 115\)

\(0,35x \ge 115 + 410\)

\(0,35x \ge 525\)

\(x \ge \frac{{525}}{{0,35}}\)

\(x \ge 1.500\)

Vậy để thu được lợi nhuận ít nhất 1,38 tỷ đồng sau 1 năm, trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được ít nhất 1.500 chiếc áo sơ mi.

Gọi \(x\) (đồng) là giá niêm yết của 1 chiếc ba lô (\(0 < x < 400.000\)).

Gọi \(y\) (đồng) là giá niêm yết của 1 hộp bút màu (\(0 < y < 400.000\)).

Vì tổng giá niêm yết của 1 chiếc ba lô và 1 hộp bút màu là 400.000 đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 400.000\) (1)

Giá của chiếc ba lô sau khi được giảm \(10\% \) là:

\(x \cdot (100\% - 10\% ) = 0,9x\) (đồng).

Giá của hộp bút màu sau khi được giảm \(20\% \) là:

\(y \cdot (100\% - 20\% ) = 0,8y\) (đồng).

Vì tổng số tiền thực tế bạn học sinh phải trả cho 1 chiếc ba lô và 1 hộp bút màu là 345.000 đồng, nên ta có phương trình:

\(0,9x + 0,8y = 345.000\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 400.000}\\{0,9x + 0,8y = 345.000}\end{array}} \right.\)

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 0,8, ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,8x + 0,8y = 320.000}\\{0,9x + 0,8y = 345.000}\end{array}} \right.\)

Trừ vế theo vế hai phương trình, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,1x = 25.000}\\{x + y = 400.000}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 25.000:0,1}\\{y = 400.000 - x}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 250.000}\\{y = 150.000}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy giá niêm yết của 1 chiếc ba lô là 250.000 đồng và 1 hộp bút màu là 150.000 đồng.

Giá thực tế của 1 chiếc ba lô sau khi giảm giá là:

\(250.000 \cdot 0,9 = 225.000\) (đồng).

Giá thực tế của 1 hộp bút màu sau khi giảm giá là:

\(150.000 \cdot 0,8 = 120.000\) (đồng).

Số tiền mua 3 chiếc ba lô và 5 hộp bút màu sau khi đã được giảm giá đợt 1 là:

\(3 \cdot 225.000 + 5 \cdot 120.000 = 675.000 + 600.000 = 1.275.000\) (đồng).

Vì tổng hóa đơn là 1.275.000 đồng \( > 1.200.000\) đồng, nên bạn học sinh đủ điều kiện được giảm thêm \(5\% \) trên tổng hóa đơn.

Số tiền thực tế bạn học sinh đó phải thanh toán là:

\(1.275.000 \cdot (100\% - 5\% ) = 1.275.000 \cdot 0,95 = 1.211.250\) (đồng).

Đáp số: 1.211.250 đồng.

a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.

Do \(AB \bot MN\) nên \(\Delta MOB\) vuông tại O, cạnh huyền MB

Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Tương tự \(\Delta MHB\) vuông tại H, cạnh huyền MB nên M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Vậy O, M, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính MB (đpcm)

b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).

Do O, M, B, H cùng thuộc đường tròn nên MOBH nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO)

Mà \(\widehat {MNA} = \widehat {MBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA của (O))

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\) (đpcm)

Ta có nên \(\widehat {BMC} = 90^\circ \)

Do \(\widehat {CMH} + \widehat {HMB} = \widehat {CMB} = 90^\circ \)

Kết hợp với \(\widehat {HBM} + \widehat {HMB} = 180^\circ - \widehat {MHB} = 90^\circ \)

Nên \(\widehat {CMH} = \widehat {HBM}\)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có \(\widehat {CMH} = \widehat {HBM}\)

\(\widehat {CHM} = \widehat {BHM}\,\,( = 90^\circ )\)

Suy ra (g.g)

Suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (1)

Vì MO = OB nên tam giác MOB cân tại O suy ra \(\widehat {OMB} = \widehat {OBM}\) (tính chất)

Tứ giác MHBO nội tiếp đường tròn đường kính MB nên ta có:

\(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\,;\,\,\widehat {OHB} = \widehat {OMB}\) (các góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Khi đó \(\widehat {MHO} = \widehat {OHB}\)

Suy ra EH là phân giác của góc MHB

Suy ra \(\frac{{ME}}{{EB}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (tính chất đường phân giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) hay \(HC \cdot EB = HM \cdot ME\) (đpcm)

c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.

Ta có \(\Delta CHM\) vuông tại H nên C, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM

Mà P thuộc đường tròn đường kính CM nên \(\widehat {MPC} = 90^\circ \) hay \(MP \bot PC\)

Tương tự P thuộc đường tròn (O), đường kính MN nên \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) hay \(MP \bot PN\)

Suy ra C, P, N thẳng hàng (*)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có \(\widehat {CHM} = \widehat {CMB} = 90^\circ \); \(\widehat {BCM}\) chung

Nên (g.g)

Suy ra \(\frac{{HC}}{{MC}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{MB}}\)

Mà \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) (3)

Ta có \[\Delta BMN\] có BO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên \[\Delta BMN\] cân tại B

Suy ra \(BM = BN\)

Thay vào (3) ta được \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\)

Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta BEN\) có \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) và \(\widehat {EMC} = \widehat {EBN}\,\,( = 90^\circ )\)

Suy ra (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {BEN}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {MEC} + \widehat {CEB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = 180^\circ \)

Chứng tỏ C, E, N thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) suy ra C, P, E thẳng hàng (đpcm).