Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Phan Đình Phùng (Thanh Khê) có đáp án
13 câu hỏi
\[\sqrt {{{\left( {3 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} = \left| {3 - 2\sqrt 5 } \right| = 2\sqrt 5 - 3;\sqrt {20} = 2\sqrt 5 \]
\(A = 2\sqrt 5 - 3 - 2\sqrt 5 = - 3\)
Để chuẩn bị cho giải bóng đá học đường, giáo viên thể chất khảo sát thời gian chạy cự ly 100m (tính bằng giây) của 40 học sinh nam khối lớp 9. Kết quả khảo sát được mô tả bằng biểu đồ đoạn thẳng về tần số tương đối ghép nhóm như sau:
Dựa vào biểu đồ, hãy lập bảng tần số tương đối ghép nhóm cho biểu đồ trên. Tính số lượng học sinh có thành tích chạy dưới 14 giây.
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)
\(\frac{{2\sqrt {xy} }}{{x - y}} - \frac{{\sqrt x + \sqrt y }}{{2\sqrt x - 2\sqrt y }} = \frac{{ - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}}{{2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}\)
\(\frac{{ - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}}{{2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}.\frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}} = \frac{{ - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}\)
Trong quá trình thiết kế một cây cầu treo bắc qua thung lũng, các kỹ sư mô phỏng sợi dây cáp chính bằng một đường parabol (P) có phương trình: y = \(\frac{1}{2}{x}^{2}\) (trong đó x, y tính bằng mét). Gốc tọa độ O được chọn tại điểm thấp nhất của dây cáp so với mặt cầu. Hai trụ cầu thẳng đứng được dựng lên để giữ dây cáp. Một điểm A dùng để lắp đặt thanh giằng nằm trên đường thẳng (d) có phương trình: \(y=2x+2\). Biết rằng 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.
(a) Tìm tọa độ điểm A.
(b) Tìm các điểm thuộc parabol (P) có cùng độ cao với điểm A.
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: \[P(A) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\]
Đổ nước vào một chiếc thùng hình trụ có bán kính đáy là 20 cm. Nghiêng thùng cho mặt nước chạm vào miệng cốc và đáy cốc (như hình vẽ) thì mặt nước tạo với đáy cốc một góc 300. Tính chiều cao của chiếc thùng hình trụ (làm tròn với độ chính xác 0,005).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại B có \(BC = 20.2 = 40cm;\widehat C = 30^\circ \) ta có:\(AB = BC.\tan \widehat C\)
\(\, = 40.\tan 30^\circ \approx 23,09\left( {cm} \right)\)
Trong một công viên mới được xây dựng tại một khu đô thị, người ta dự định tạo ra một sân chơi dành cho trẻ em có hình dạng là một vành khuyên. Phía trong là một thảm cỏ xanh tươi, và phần vành khuyên bên ngoài được lát gạch để làm lối đi. Đường kính của toàn bộ sân chơi (bao gồm cả thảm cỏ và lối đi) là 12 mét. Chiều rộng của lối đi (phần vành khuyên) là 2 mét như hình vẽ. Hãy tính phần diện tích lối đi (biết \(\pi \approx 3,14\), làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
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: \(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right)\)
\(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) \approx 3,14.\left( {{6^2} - {4^2}} \right) \approx 63\left( {{m^2}} \right)\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 13 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Một chiếc đèn lồng được tạo thành khi quay tam giác \(ABC\) có độ dài ba cạnh lần lượt là \(AB = 15cm\), \(AC = 20cm\), \(BC = 25cm\) quanh cạnh huyền \(BC\). Tính thể tích không khí trong đèn lồng đó.
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 (x𝛜 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 x𝛜 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.
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.
