Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Trưng Vương (Hải Châu) có đáp án
12 câu hỏi
Tính giá trị biểu thức .
Biến đổi được và 3
18
Bảng sau thống kê số lượt nháy chuột vào quảng cáo ở một trang web vào tháng 2/2026.
Lập bảng tần số tương đối cho mẫu số liệu trên.
Lập bảng tần số
Rút gọn biểu thức \[A = \frac{{a\sqrt b + b\sqrt a }}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{{{\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)}^2} - 4\sqrt {ab} }}{{\sqrt a - \sqrt b }}\] (a > 0, b > 0 và a b).
\[A = \frac{{\sqrt {ab} (\sqrt a + \sqrt b )}}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{{{\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)}^2}}}{{\sqrt a - \sqrt b }}\]
\[ = (\sqrt a + \sqrt b )(\sqrt a - \sqrt b ) = a - b\]
Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) có phương trình \[y = - \frac{1}{2}{x^2}\]. Vẽ (P) và tìm các điểm thuộc (P) cách gốc toạ độ O một khoảng bằng \[4\sqrt 5 \].
+ Lấy được 5 điểm
+ Vẽ đúng đồ thị
+ Gọi điểm cần tìm là\(M\left( {x; - \frac{1}{2}{x^2}} \right).\)
\(O{M^2} = 80 \Rightarrow {x^2} + \frac{1}{4}{x^4} = 80 \Rightarrow {x^4} + 4{x^2} - 320 = 0\)
Giải được x2 = 16 hoặc x2 = - 5 (loại)
Suy ra x = 4 hoặc x = - 4. Ta có hai điểm \(M\left( {4; - 8} \right)\) và \(M\left( { - 4; - 8} \right)\).
Chứng minh rằng phương trình x2 – 6x + 1 = 0 có hai nghiệm x1 và x2. Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức: \[B = \frac{{x_1^3 - 7x_1^2 + {x_1} - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}.\]
= 32 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Theo hệ thức Viète ta có x1 + x2 = 6 và x1x2 = 1
Do x1 là nghiệm của phương trình nên x12 – 6x1 + 1 = 0 nên x12 = 6x1 – 1
Suy ra \[\frac{{x_1^3 - 7x_1^2 + {x_1} - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}} = \frac{{x_1^3 - 6x_1^2 + {x_1} - x_1^2 - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}\]
\[ = \frac{{{x_1}(x_1^2 - 6{x_1} + 1) - 6{x_1} + 1 - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}\]
\[ = \frac{{ - 6({x_1} + {x_2}) + 1}}{{{x_1} + {x_2}}} = \frac{{ - 35}}{6}\]
Một cái túi chứa 5 quả bóng giống nhau đánh sô 12, 13, 14, 15, 16. Bốc ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng(quả bốc lần đầu không hoàn lại).
(a) Mô tả không gian mẫu và xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố A: “ Số ghi trên hai quả bóng đều là số chẵn”.
(b) Tính xác suất của biến cố B: “Tích hai số ghi trên hai quả bóng lấy được chia cho 3 dư 1”
+ Lập được không gian mẫu
= {(12 ; 13), (12 ; 14), (12 ; 15) , (12 ; 16), ..., (16 ; 15)}Không gian mẫu có 20 phần tử. Các kết quả của phép thử đồng khả năng.
Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là (12; 14), (12; 16), (14; 12), (14; 16), (16; 12) và (16; 14).
Các kết quả thuận lợi cho biến cố B: (13; 16) và (16; 13). Có hai kết quả thuận lợi cho biến cố B
Xác suất của biến cố B là 2/20 = 1/10.
Một cái trục lăn sơn nước có dạng hình trụ với đường kính của đường tròn đáy là \(5{\rm{\;cm}}\), chiều dài là \(32{\rm{\;cm}}\). Nếu trục lăn sơn lăn ba vòng thì sơn được diện tích bằng bao nhiêu? ( lấy \(\pi \approx 3,14\) ).
Bán kính của đường tròn đáy: 5 : 2 = 2,5 (cm)
Diện tích xung quanh của trục lăn sơn:
\(2\pi rh = 2\pi .2,5.32 = 502,4(c{m^2})\)
Lăn trục sơn 3 vòng thì diện tích sơn được là 502,4.3 = 1507,20 cm2.
Trong hệ thống biển báo giao thông đường bộ, biển báo đường cấm P.101 có dạng hình tròn, nền trắng, viền màu đỏ. Đường kính của biển báo là 700 mm và đường kính nền màu trắng là 500 mm. Tính diện tích phần viền màu đỏ (lấy \(\pi \approx 3,14\) ).
Bán kính hình tròn lớn và nhỏ lần lượt là 35 cm và 25 cm
Diện tích hình tròn lớn 3,14. 352 = 3846,5
Diện tích hình tròn nhỏ 3,14.252 = 1962,5
Diện tích phần viền là S = 3846,5 – 1962,5 = 1884 cm2.
Trên nóc của một tòa nhà có một cột ăng – ten cao 3,5 m. Từ vị trí quan sát A cao 6,8 m so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh B và chân C của cột ăng – ten dưới góc 550 và 450 so với phương nằm ngang, tức là \(\widehat {BAE} = {55^0},\) \(\widehat {CAE} = {45^0}\). Tính chiều cao của tòa nhà (kết quả làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị độ dài là mét).
+ Dựa vào hình vẽ bài toán, ta có:
BC = 3,5m
AD = EH = 6,8 m
\[\widehat {CEA} = \widehat {BEA} = {90^o}\]
+ Xét \[\Delta CAE\]vuông tại E và \(\widehat {CAE} = 45^\circ \) nên vuông cân. Do đó EC = EA (1)
+ Xét \[\Delta BAE\]vuông ở E ta có:
\[\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AE}} \Rightarrow BE = AE.\tan 55^\circ \](2)
+ Từ (1) và (2) ta suy ra:
\[BC = BE - CE = AE\tan {55^o} - AE\] hay \[3,5 = AE\left( {\tan {{55}^o} - 1} \right)\]\[AE = \frac{{3,5}}{{\tan {{55}^o} - 1}}{\rm{ }}\left( m \right)\]
Suy ra: \[CH = CE + EH = \frac{{3,5}}{{\tan {{55}^o} - 1}} + 6,8 \approx 15,0{\rm{ }}\left( m \right)\]
Vậy chiều cao của tòa nhà là 15,0 (m)
Bạn Nam có 20 tờ tiền giấy loại mệnh giá 20 000 đồng và 100 000 đồng. Biết rằng tổng số tiền của bạn Nam là 1 040 000 đồng. Tính số tờ tiền mỗi loại.
Gọi x là số tờ tiền 20 000 đồng (0 < x < 20) thì số tờ tiền 100 000 đồng là
20 x.
Ta có phương trình 20 000x + (20 x).100 000 = 1040 000
Giải được x = 12. Kết luận có 12 tờ tiền mệnh giá 20 000 đồng và 8 tờ tiền
mệnh giá 100 000 đồng.
Để đảm bảo yêu cầu dinh dưỡng hàng ngày, gia đình bạn An cần 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn hàng ngày từ thịt bò và thịt heo. Biết 100 gam thịt bò chứa 80 đơn vị protein và 20 đơn vị lipit, 100 gam thịt heo chứa 60 đơn vị protein và 40 đơn vị lipit. Hỏi mẹ An cần sử dụng bao nhiêu lượng thịt bò và thịt heo để đảm bảo đủ chất dinh dưỡng cho gia đình An trong một ngày?
Gọi x(g), y(g) là khối lượng thịt bò, thịt heo cần mua(x > 9, y > 0)
Do cần đảm bảo đủ \[900\] đơn vị protein nên ta có phương trình: \[0,8x + 0,6y = 900\left( 1 \right)\]
Do cần đảm bảo đủ \[400\] đơn vị lipit nên ta có phương trình: \[0,2x + 0,4y = 400\left( 2 \right)\]
Từ \(\left( 1 \right);\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}0,8x + 0,6y = 900\\0,2x + 0,4y = 400\end{array} \right.\]
Giải được x = 600 và y = 700
Vậy số gam thịt bò và thịt heo người nội trợ cần sử dụng lần lượt là \[600g;\,\,700g.\]
Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn (với C khác A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt BC tại E. Gọi D là trung điểm của BC.
(a) Chứng minh rằng tứ giác AODE nội tiếp được đường tròn.
(b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AODE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng \[\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {FBA}\].
(c) Lấy điểm M thay đổi trên cung nhỏ AC của (O). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt AE tại N. Đường thẳng AM cắt BC tại C’, AC và BM cắt nhau tại H, BN cắt C’H tại I. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cung nhỏ AC thì I luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
a) Do AE là tiếp tuyến của (O) nên \[\widehat {EAO} = 90^\circ \]. Suya ra tam giác AEO nội tiếp đường tròn đường kính EO
D là trung điểm BC nên \[\widehat {ODE} = 90^\circ \]. Suy ra tam giác EOD nội tiếp đường tròn đường kính EO.
Suy ra tứ giác AODE nên nội tiếp đường tròn đường kính OE
b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFFO ta có\[\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {EAF}\](hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF) (1)
Đường tròn (O) ta có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {FAB} + \widehat {FBA} = 90^\circ \]
Lại cos \[\widehat {FAB} + \widehat {FAE} = 90^\circ \] nên \[\widehat {FBA} = \widehat {FAE}\] (2)
Từ (1) và (2) suy ra : \[\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {FBA}\]
c) Gọi K là giao điểm của BM với AE.
Ta có NM, NA là hai tiếp tuyến của (O) nên NM = NA. Do đó tam giác MAN cân tại N. Suy ra \[\widehat {NMA} = \widehat {NAM}\]. (3)
Ta có \[\widehat {MKN} + \widehat {MAN} = 90^\circ \], \[\widehat {NMK} + \widehat {NMA} = 90^\circ \] (4)
Từ (3) và (4) suy ra KMN cân tại N. Do đó NM = NK
Suy ra: NA = NK.
Chứng minh được H là trực tâm tam giác C’AB nên C’H AB
Lại có AE AB nên C’H // AE.
Gọi J là giao điểm của HC với AB ta có:
HJ // AK nên \[\frac{{HI}}{{NK}} = \frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{JI}}{{NA}}\]
mà NA = NK nên IH = IJ.
Gọi P là hình chiếu của C trên AB. Do A, B, C cố định nên P cố định. Gọi G là giao điểm của AI với CP thì
CP // JH nên \[\frac{{IH}}{{{\rm{IJ}}}} = \frac{{AI}}{{AG}} = \frac{{GC}}{{GP}}\] mà IH = IJ nên GC = GP. Do đó G là trung điểm đoạn CP cố định nên G cố định.
Vậy I thuộc đường thẳng AG cố định khi M di động trên cung nhỏ AC.
