Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Đà Nẵng năm học 2025-2026 có đáp án

a) \(A = \sqrt 4  + \sqrt 8  + \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}^2}}  - 3\sqrt 2 \)

\( = 2 + \sqrt {4.2}  + \left| {1 - \sqrt 2 } \right| - 3\sqrt 2 \)

   \( = 2 + 2\sqrt 2  + \sqrt 2  - 1 - 3\sqrt 2 \)\( = 1\).

Vậy \(A = 1\).

b) Xét tam giác ABC vuông tại B, ta có:

\({\rm{tan}}\,\widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\)  hay \({\rm{tan}}30^\circ  = \frac{7}{{AB}}\)  nên\(AB = \frac{7}{{{\rm{tan}}\,30^\circ }} = 7\sqrt 3  \approx 12,1\,\,({\rm{m}}).\)

Vậy khoảng cách AB giữa hai tòa nhà khoảng 12,1 mét.

c) Biểu đồ có 5 loại thiên tai. Loại thiên tai xảy ra nhiều nhất là bão.

d) Bảng tấn số:

Loại thiên tai	Hạn hán	Bệnh dịch	Lũ lụt	Sạt lở đất	Bão
Số lượng	6	9	71	6	94

Ta có điều kiện xác định: \(x \ne  - 1;x \ne 1\).                                                                                

\(\frac{{x + 1}}{{x - 1}} + \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{3x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)                                                                                

\(\frac{{{{(x + 1)}^2} + {{(x - 1)}^2} - \left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = 0\)                                                                                

\(\frac{{{x^2} + 2x + 1 + {x^2} - 2x + 1 - 3x - 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = 0\)                                                                                

\(\frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = 0\)                                                                                

Giải phương trình \(2{x^2} - 3x + 1 = 0\) ta được \(x = 1\) (loại) và \(x = \frac{1}{2}\left( {{\rm{tmdk}}} \right)\).                                                                                

Vậy phương trình \(\frac{{x + 1}}{{x - 1}} + \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{3x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) có nghiệm \(x = \frac{1}{2}\).

Gọi giá vé niêm yết ban đầu của người lớn và trẻ em lần lượt là \(x,y\) (triệu đồng) \((x > 0;y > 0)\)

Giá vé người lớn được giảm \(20\% \), thực tế phải trả là \(80\% x = 0,8x\) (triệu đồng).

Giá vé trẻ em được giảm \(25\% \) nên thực tế phải trả là \(75\% y = 0,75y\) (triệu đồng)

Do giá vé ban đầu của 3 người lớn và 2 trẻ em là 4,2 triệu đồng nên: \(3x + 2y = 4,2\)

Giá vé sau giảm của 3 người lớn và 2 trẻ em là 3,3 triệu đồng nên: \(2,4x + 1,5y = 3,3\)

Từ đó có hệ phương trình:

   \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 4,2}\\{2,4x + 1,5y = 3,3}\end{array}} \right.\)

   \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{4,2 - 2y}}{3}}\\{2,4\left( {\frac{{4,2 - 2y}}{3}} \right) + 1,5y = 3,3}\end{array}} \right.\)

   \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{4,2 - 2y}}{3}}\\{3,36 - 0,1y = 3,3}\end{array}} \right.\)

   \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 0,6}\end{array}} \right.\)

Vậy giá vé niêm yết của người lớn và trẻ em lần lượt là 1 triệu đồng và 600 nghìn đồng.

Ta có bằng giá trị sau:

\(x\)	\[ - 2\]	\[ - 1\]	0	1	2
\(y =  - \frac{1}{2}{x^2}\)	\[ - 2\]	\( - \frac{1}{2}\)	0	\( - \frac{1}{2}\)	\[ - 2\]

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm:

\(O\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - \frac{1}{2}} \right);C\left( {1; - \frac{1}{2}} \right);D\left( {2; - 2} \right)\)

Hệ số \(a =  - \frac{1}{2} < 0\) nên parabol có bề lõm hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y =  - \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

Vì tung độ bằng 5 lần hoành độ nên ta có \(y = 5x\), thay vào hàm số \(y =  - \frac{1}{2}{x^2}\), ta được:

\(5x =  - \frac{1}{2}{x^2}\)

\({x^2} + 10x = 0\)

\(x\left( {x + 10} \right) = 0\)

Suy ra \(x = 0\) và \(x =  - 10\)

Với \(x = 0\) thì \(y = 0\)

Với \(x =  - 10\) thì \(y =  - 50\)

Vậy các điểm có toạ độ \(\left( {0;0} \right)\) và \(\left( { - 10; - 50} \right)\) thuộc đồ thị \(\left( P \right)\) có tung độ bằng 5 lần hoành độ.

Nửa chu vi bế bơi là \(36:2 = 18\left( {\rm{m}} \right)\)

   Gọi chiều dài của bể bơi lần lượt là \(x\left( {\rm{m}} \right)\,\,\left( {0 < x < 18} \right).\)

   Chiều rộng của bế bơi là \(18 - x\left( {\rm{m}} \right)\)

   Diện tích bế bơi là \(x\left( {18 - x} \right)\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

   Vì diện tích hình chữ nhật là \(80\,\,{{\rm{m}}^2}\) nên ta có phương trình \(x\left( {18 - x} \right) = 80\) \( - {x^2} + 18x - 80 = 0\)

\( - {x^2} + 18x - 80 = 0\)

\({x^2} - 18x + 80 = 0\)

\({x^2} - 10x - 8x + 80 = 0\)

\(x\left( {x - 10} \right) - 8\left( {x - 10} \right) = 0\)

\(\left( {x - 10} \right)\left( {x - 8} \right) = 0\)

\(x = 8\) hoặc \(x = 10\)

Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng nên chiều dài bể bơi là 10 m, chiều rộng bể bơi là 8 m.

   Diện tích phần gạch lát là: \(12.10 - 80 = 40\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Do BE, CF là các đường cao nên \(\Delta BFC\) vuông tại F suy ra B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC và \(\Delta BEC\) vuông tại E nên \({\rm{B}},{\rm{E}},{\rm{C}}\)cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Vậy B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BFEC là tứ giác nội tiếp

Khi đó \(\widehat {BCE} + \widehat {BFE} = 180^\circ \) (tổng hai góc đổi của từ giác nội tiếp)

Mà \(\widehat {BFE} + \widehat {AFE} = 180^\circ \) (hai góc kè bù) nên \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\).

b) Ta có \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2 \cdot 60^\circ  = 120^\circ \) (cùng chắn cung BC)

Khi đó \({S_q} = \frac{{\pi  \cdot {R^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{\pi  \cdot {3^2} \cdot 120}}{{360}} \approx 9,42\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

c) Ta có \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) nên:

\[\widehat {OAB} = \widehat {OBA} = \frac{{180^\circ  - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ  - \widehat {ACB}.\]

Lại có BFEC nội tiếp nên \(\widehat {AEF} = \widehat {BCA}\) (cùng bù \(\widehat {BFE}\))

Suy ra \(\widehat {OAB} + \widehat {AFE} = 90^\circ  - \widehat {ACB} + \widehat {ACB} = 90^\circ \) hay \(\Delta AMF\) vuông tại M

Suy ra \(AO \bot EF\)

Mà \(AK \bot EF\) tại \(M\) nên \(A,K,M,O\) thẳng hàng

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có

\(\widehat {BAC}\) chung

\(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\)

Do đó 

Mà \(K,\,\,H\) tương ứng là trực tâm của \(\Delta AEF,\,\,\Delta ABC\).

Và \(AM,\,\,AD\) tương ứng là các đường cao hạ từ \(A\) xuống \(EF,\,\,BC.\)

Do đó \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{AM}}{{AD}}\) hay \(\frac{{AK}}{{AM}} = \frac{{AH}}{{AD}}\)

Từ đó suy ra \(HK\,{\rm{//}}\,MD\) (theo định lí Thales đảo)

a) Thể tích bình nước là: \({V_{{\rm{hinh\;}}}} = \pi  \cdot {2^2} \cdot 14 = 56\pi  \approx 175,93\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

b) Mực nước cần dâng thêm để quạ có thể uống là: \(12 - 8 = 4\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Thể tích nước cần dâng thêm là: \({V_{{\rm{dang\;}}}} = \pi  \cdot {2^2} \cdot 4 = 16\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích nước cần dâng thêm cũng chính là thể tích các viên bi được thả vào.

Bán kính viên bi là \(2:2 = 1\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Thể tích một viên bi là: \({V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {1^3} = \frac{4}{3}\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Số viên bi cần cho vào bình để quạ có thể uống nước là: \(\frac{{{V_{{\rm{dang\;}}}}}}{{{V_{bi}}}} = \frac{{16\pi }}{{\frac{4}{3}\pi }} = 12\) (viên).

Vậy con quạ cần thả vào bình ít nhất 12 viên bi để uống được nước.

a) Phép thử là Diễm và Hằng mỗi người bốc một phiếu từ ba phiếu: A, B, C khác nhau.

Không gian mẫu: \(\Omega  = \left\{ {\left( {A,B} \right),\left( {A,C} \right),\left( {B,A} \right),\left( {B,C} \right),\left( {C,A} \right),\left( {C,B} \right)} \right\}\).

b) Gọi D là biến cố “Tống giá trị quà tặng của hai bạn ít hơn 160 000 đồng”.

Có \(D = \left\{ {\left( {A,C} \right),\left( {B,C} \right),\left( {C,A} \right),\left( {C,B} \right)} \right\}\)

Suy ra số phần tử thuận lợi cho biến cố D là 4.

Vậy xác suất để hai bạn bốc được ít hơn 160 000 đồng là: \(\frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).