Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ông Ích Đường (Hòa Vang) có đáp án
12 câu hỏi
\(\begin{array}{l}A = - \sqrt {27} + 3\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} = - 3\sqrt 3 + 3.\left| {1 - \sqrt 3 } \right|\\ = - 3.\sqrt 3 + 3.(\sqrt 3 - 1) = - 3.\sqrt 3 + 3.\sqrt 3 - 3 = - 3\end{array}\)
Một cửa hàng giày thu thập dữ liệu về màu chủ đạo của các đôi giày đã được cửa hàng bán ra trong tuần vừa qua, thì thu được mẫu dữ liệu sau:
Lập bảng tần số cho dữ liệu trên.
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 \(\frac{1}{5}\).
Từ hai địa điểm A, B người ta cùng nhìn thấy một đỉnh núi với góc nâng lần lượt là và (như hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai địa điểm A, B là 600 m. Tính chiều cao của ngọn núi? (Kết quả làm tròn đến đơn vị mét và làm tròn đến chữ số hàng đơn vị).
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
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 \(1110{\rm{m}}\).
Một chiếc quạt giấy khi xòe ra có hình dạng của một hình quạt tròn với bán kính 25 cm và khi xòe hết thì góc tạo bởi hai thanh nan ngoài cùng của chiếc quạt là 1500. Tính diện tích phần giấy làm quạt, biết rằng phần giấy của quạt là một hình vành khuyên có bán kính đường tròn nhỏ là 10 cm.
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: Sxq = Pđáy.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.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 12 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
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).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
