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

\[\sqrt {{{\left( {3 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} = \left| {3 - 2\sqrt 5 } \right| = 2\sqrt 5 - 3;\sqrt {20} = 2\sqrt 5 \]

\(A = 2\sqrt 5 - 3 - 2\sqrt 5 = - 3\)

Lập được bảng tần số tương đối ghép nhóm

Tính được số lượng học sinh có thành tích chạy dưới 14 giây:

(15%+ 35%).40 = 20 (học sinh)

\(\frac{{2\sqrt {xy} }}{{x - y}} - \frac{{\sqrt x + \sqrt y }}{{2\sqrt x - 2\sqrt y }} = \frac{{ - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}}{{2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}\)

\(\frac{{ - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}}{{2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}.\frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}} = \frac{{ - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}\)

a) Vì hình chiếu vuông góc của điểm A xuống mặt cầu (trục Ox) cách gốc tọa độ O một đoạn 3 m về phía bên phải nên \({x}_{A}\) = 3.

Điểm A nằm trên đường thẳng (d): \(y=2x+2\)nên \({y}_{A}\) = 2.3 + 2 = 8.

Vậy A(3; 8)

b) Các điểm cần tìm thuộc parabol y = \(\frac{1}{2}{x}^{2}\) và có cùng độ cao với A, tức là có tung độ y = 8.

Nên \(\frac{1}{2}{x}^{2}\) = 8

Tìm được các điểm trên parabol có cùng độ cao với A là: \(\left. 4;8 \right.\) và \(\left. -4;8 \right.\).

Có a + b + c = 2\(-\sqrt[]{7}-1+\sqrt[]{7}-1=0\)

Suy ra phương trình có 2 nghiệm là: \({x}_{1}=1;{x}_{2}=\frac{\sqrt[]{7}-1}{2-\sqrt[]{7}}=\frac{-\sqrt[]{7}-5}{3}\)

Có Δ= 20 > 0 suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lý Viète ta có:

\(\left\{ \begin{aligned}{x}_{1}+{x}_{2}&=4 \\ {x}_{1}.{x}_{2}&=-1\end{aligned} \right.\)

Vì \({x}_{1}\)là nghiệm của phương trình (*) nên \({x}_{1}^{2}-4{x}_{1}-1=0\)

\({x}_{1}^{2}=4{x}_{1}+1\)

\({x}_{1}^{3}={4x}_{1}^{2}+{x}_{1}\)

Ta có: A =\({x}_{1}^{3}+17{x}_{2}+2026\) = \({4x}_{1}^{2}+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026\)

= 4.( \(4{x}_{1}+1)+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026\)= \(16{x}_{1}+4+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026\) = \(17.\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.+2030\) = 17 . 4 + 2030 = 2098

a) Không gian mẫu của phép thử:

\[\Omega = \{ (3,4);(3,5);(3,6);(4,3);(4,5);(4,6);(5,3);(5,4);(5,6);(6,3);(6,4);(6,5)\} \]

Tập \[\Omega \] có 12 phần tử.

Vì việc bốc thăm trúng thưởng là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

b) Gọi A là biến cố “Khách hàng nhận được phiếu mua hàng”

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \[(4,6);(5,6);(6,4);(6,5)\]

Xác suất của biến cố A là: \[P(A) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\]

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại B có \(BC = 20.2 = 40cm;\widehat C = 30^\circ \) ta có:\(AB = BC.\tan \widehat C\)

\(\, = 40.\tan 30^\circ \approx 23,09\left( {cm} \right)\)

Gọi bán kính của đường tròn lớn là R, đường tròn nhỏ (phần làm thảm cỏ) là r, ta có r = R – 2= 12:2 – 2 = 4m

Diện tích lối đi: \(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right)\)

\(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) \approx 3,14.\left( {{6^2} - {4^2}} \right) \approx 63\left( {{m^2}} \right)\)

Ta có: \(\Delta ABC\) có độ dài ba cạnh lần lượt là \(AB = 15cm\), \(AC = 20cm\), \(BC = 25cm\) là tam giác vuông tại \(A\) (theo định lý Pythagore đảo).

Chứng minh được \(\Delta ABC \sim \Delta HBA\) để tính được \(AH = 12cm\).

Khi quay tam giác \(ABC\) một vòng quanh cạnh \(BC\) cố định là ta thu được hai hình nón chung đáy với chiều cao là \(HC,HB\).

Thể tích không khí trong hình tạo thành là:

\(V = \frac{1}{3}\pi H{A^2}.HC + \frac{1}{3}\pi H{A^2}.HB = \frac{1}{3}\pi H{A^2}(HC + HB)\)

\(\,\,\,\, = \frac{1}{3}\pi H{A^2}.BC = \frac{1}{3}\pi {(12)^2}.25 = 1200\pi \) cm³.

Gọi x(người) là số người mà thang máy có thể chở thêm được (x? N^*).

Vì thang máy có thể chở được tối đa là 650kg

Nên ta có bất phương trình: 120 + 65x ≤ 650

Giải bất phương trình ta được x ≤ 8,1538…

Vì x? N^* nên thang máy chở thêm tối đa được 8 người nữa.

Gọi vận tốc riêng của tàu Rồng là x ( km/h) , vận tốc riêng của dòng nước là y ( km/h) ( ĐK : x > y > 0) .

Vận tốc của tàu rồng khi xuôi dòng là x + y (km/h) .

Vận tốc của tàu rồng khi ngược dòng là x - y ( km/h) .

Ta có : 2h30 phút = \(\frac{5}{2}\) h ; 1h20 phút = \(\frac{4}{3}\) h .

Vì tàu rồng xuôi dòng một quãng sông dài 12 km và ngược dòng quãng sông đó mất 2h30 phút nên ta có phương trình : \(\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}=\frac{5}{2}\) (1)

Nếu trên quãng sông ấy tàu rồng xuôi dòng 4 km và ngược dòng 8 km thì hết 1h 20 phút nên ta có phương trình : \(\frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}=\frac{4}{3}\) (2) .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

\(\left\{ \begin{aligned}\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}&=\frac{5}{2} \\ \frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}&=\frac{4}{3}\end{aligned} \right.\) .

Giải hệ phương trình ta tìm được x =10; y =2 (TMĐK)

Kết luận.

a) Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp,

Ta có \(AKB={90}^{0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(AKN={90}^{0}\).

Xét \(∆AKN\)vuông tại K,nên \(∆AKN\)nội tiếp đường tròn đường kính AN (1).

Xét \(∆AHN\)vuông tại H, nên \(∆AHN\)nội tiếp đường tròn đường kính AN (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm A,K,N,H cùng nằm trên đường tròn đường kính AN.

b) Ta có \(ACB={90}^{0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

Xét \(∆ACH\)và \(∆ABC\) có : \(AHC=ACB\) =\({90}^{0}\)

\(CAB=CAH\)

Vậy \(∆ACH ~\) \(∆ABC\)(g-g), suy ra \(\frac{AC}{AB}=\frac{AH}{AC}\) nên \({AC}^{2}=AH.AB\)

Mà AB = 2OC ( Vì AB là đường kính ), suy ra \({AC}^{2}\) = 2 AH. OC

Ta có MA và MC là hai tiếp tuyến của (O) nên

MA =MC và OA=OC =R ,

Suy ra OM là đường trung trực của AC .

Do đó \[OM \bot AC\] và \[BC \bot AC(cmt)\] , suy ra OM // BC.

Suy ra \(OMB=KBC\) ( So le trong ) (3)

\(KAC=KBC\) ( góc nội tiếp chắn cung KC) (4)

Từ (3) và (4) suy ra : \(KAC=OMB.\)

c) Xét \(∆AOMvà ∆HBCcó :MAO=CHB\) =\({90}^{0}\)

\(AOM=HBC\) ( Hai góc đồng vị của MO//BC).

Do đó \(∆AOM~∆HBC\) (g-g) , suy ra \(\frac{AM}{CH}=\frac{AO}{BH}\) (5)

Ta lại có MA //CH ( vì cùng vuông góc với AB) nên NH // MA

Xét \(∆AMBcó\)NH // MA nên \(∆HNB\) \(~\) \(∆AMB\)

Do đó \(\frac{AB}{BH}=\frac{AM}{HN}\) , suy ra \(\frac{AB}{2BH}=\frac{AM}{2HN}\) , mà AO = \(\frac{AB}{2}\)

Suy ra \(\frac{AO}{BH}=\frac{AM}{2HN}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra : \(\frac{AM}{CH}=\frac{AM}{2HN}\) , suy ra CH = 2 HN

Suy ra CN = NH . Vậy N là trung điểm của CH.