Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - TH&THCS Quốc tế VNS (Ngũ Hành Sơn) có đáp án

$$A = 7\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - 5\sqrt 2$$

A = $6\sqrt 2$

Số học sinh bình chọn cho Tuấn là $\frac{{500 \cdot 30\% }}{{100\% }} = 150$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Trường là $\frac{{500 \cdot 25\% }}{{100\% }} = 125$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho An là $\frac{{500 \cdot 10\% }}{{100\% }} = 50$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Linh là $\frac{{500 \cdot 35\% }}{{100\% }} = 175$ (học sinh

Ta có bảng tần số

$$B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - \left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) - 6\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$$

$$B = \frac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}$$

a) Chọn đúng 5 điểm

Vẽ đúng đồ thị

b) Vì $C\left( {m;2} \right) \in \left( P \right)$ nên $2 = \frac{1}{2}{m^2}$

${m^2} = 4$

Vậy $m = \pm 2$

$$\Delta = {8^2} - 4 \cdot 4 \cdot \left( { - 5} \right) = 144 > 0$$

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

$${x_1} = \frac{{ - 8 + \sqrt {144} }}{{2 \cdot 4}} = \frac{1}{2};{x_2} = \frac{{ - 8 - \sqrt {144} }}{{2 \cdot 4}} = \frac{{ - 5}}{2}$$

$\Delta = {5^2} - 4.3 = 12 > 0$.

Định lý Viete: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}.{x_2} = 3\end{array} \right. \Rightarrow {x_1} > 0;{x_2} > 0$.

Vì ${x_1}$ là nghiệm của $\left( 1 \right)$ nên $x_1^2--5{x_1} + 3 = 0 \Rightarrow x_1^2 = 5{x_1} - 3$

$$A = \sqrt {x_1^2 + {x_1} + 12 + 5{x_1} - 3} + \sqrt {x_2^2 + 2{x_2} + 1}$$

$$A = \sqrt {x_1^2 + 6{x_1} + 9} + \sqrt {x_2^2 + 2{x_2} + 1} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 3} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}$$

$A = \left| {{x_1} + 3} \right| + \left| {{x_2} + 1} \right| = {x_1} + {x_2} + 4 = 9$.

a) Kí hiệu học sinh lớp 9: $A,B,C$ và lớp 8 là $D,G$.

Tập hợp không gian mẫu:

$$\Omega = \left\{ {\left( {A,B} \right),\left( {A,C} \right),\left( {B,C} \right),\left( {A,D} \right),\left( {A,G} \right),\left( {B,D} \right),\left( {B,G} \right),\left( {C,D} \right),\left( {C,G} \right),\left( {D,G} \right)} \right\}$$

Số phần tử của không gian mẫu là:$n\left( \Omega \right) = 10$

b) Xét biến cố B: "Trong hai học sinh được chọn, có đúng một học sinh lớp 8 và một học sinh lớp 9".

Các cặp thỏa mãn là $\left( {A,D} \right),\left( {A,G} \right),\left( {B,D} \right),\left( {B,G} \right),\left( {C,D} \right),\left( {C,G} \right).$

$$n\left( B \right) = 6$$

$$P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}$$

Dựa vào giả thiết vào hình vẽ ta có:

$AH = 56\,\left( m \right)$ , $BD = 47\,\left( m \right)$, $\widehat D = 52{,}35^\circ$ và $AH \bot BD$

Dựa vào hình vẽ xét $\Delta AHD$vuông tại $H$có

$$\tan \widehat D = \frac{{AH}}{{DH}} \Rightarrow DH = \frac{{AH.}}{{\tan \widehat D}} = \frac{{56}}{{\tan 52,{{35}^ \circ }}} \approx 43{,}2\,\,\left( m \right)$$

Ta có $BH = BD - DH = 47 - 42{,}3 = 3{,}8\,\,\,\left( m \right)$m

Dựa vào hình vẽ xét $\Delta AHB$vuông tại $H$ có

$$\tan \widehat B = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{56}}{{3{,}8}} \Rightarrow \widehat B \approx 86,{1^ \circ }$$

Vậy góc nghiêng của tháp Pisa so với mặt đất khoảng $86,{1^ \circ }$

Diện tích từ phần đinh đến rìa ngoài quạt là $\frac{{\pi {{.25}^2}.120}}{{360}} = \frac{{625\pi }}{3}\,\left( {c{m^2}} \right)$

Diện tích từ phần rìa giấy đến đinh là $\frac{π{.4}^{2}.120}{360}=\frac{16π}{3}\ (c{m}^{2})$

Diện tích phần giấy làm quạt cả 2 mặt là $2.\left( {\frac{{625\pi }}{3} - \frac{{16\pi }}{3}} \right) = 406\pi \left( {c{m^2}} \right)$

Đường sinh của hình nón là: $\sqrt {{3^2} + {{10}^2}} = \sqrt {109} \left( {{\rm{\;cm}}} \right)$.

Diện tích xung quanh hình nón là: $3{,}14.3\sqrt {109} \approx 9{,}42\sqrt {109} \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Khối lượng bánh quế là: $0{,}12.9{,}42\sqrt {109} \approx 11{,}8$ (gam).

Gọi $x$ là số tháng sử dụng Internet ($x > 0$, $x \in N*$).

Tổng chi phí gói cước $A$: ${C_A} = 600\,000 + 200\,000x$(đồng)

Tổng chi phí Gói cước $B$:${C_B} = 250\,000x$(đồng)

Để gói cước $A$ rẻ hơn gói cước $B$, ta có bất phương trình:

${C_A} < {C_B}$ hay $600\,000 + 200\,000x < 250\,000x$

hay $x > 12$.

Vì $x$ là số nguyên dương và $x > 12$, nên giá trị nhỏ nhất của $x$ thỏa mãn là $x = 13$.

Gọi $x$ (xe) là số xe chở hàng theo kế hoạch lúc đầu ($x \in {\mathbb{N}^*},\,x > 1$)

Số xe làm việc thực tế là $x - 1$ (xe)

Số tấn hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là $\frac{{72}}{x}$ (tấn)

Số tấn hàng mỗi xe phải chở thực tế là $\frac{{72}}{{x - 1}}$(tấn)

$\frac{{72}}{{x - 1}} - \frac{{72}}{x} = 1$

$\frac{{72x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{72\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{x\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}}$

$72x - 72\left( {x - 1} \right) = {x^2} - x$

${x^2} - x - 72 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( l \right)\end{array} \right.$

Vậy số xe chở hàng theo kế hoạch lúc đầu là $9$ xe.

a) $\Delta BEC$vuông tại $E$nên nội tiếp trong đường tròn đường kính $BC\,\,\,\left( 1 \right)$

$\Delta BFC$vuông tại $F$nên nội tiếp trong đường tròn đường kính $BC\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\,\left( 2 \right)$ suy ra 4 điểm $B,\,C,\,E,\,F$cùng nằm trên đường tròn đường kính$BC$.

b) Xét $\Delta BEN$và $\Delta AKE$ có:

$$\widehat {AEK} = \widehat {BNE} = 90^\circ$$

$\widehat {EAK} = \widehat {EBN}$ (cùng chắn cung $CK$)

Vậy:

Suy ra $\frac{{BE}}{{AK}} = \frac{{BN}}{{AE}}$ hay $AE.BE = AK.BN$

c) Kẻ đường kính $AP$. Ta có: $\widehat {ACP} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có tứ giác $BCEF$nội tiếp (4 điểm $B,\,C,\,E,\,F$cùng nằm trên đường tròn đường kính$BC$) nên $\widehat {CBF} = \widehat {AEF}$ (cùng bù với $\widehat {CEF}$).

Mà $\widehat {CBF} = \widehat {CPA}$ (cùng chắn cung $AC$)

Nên $\widehat {AEF} = \widehat {CPA}$.

Trong $\Delta PAC\,:\widehat {CPA} + \widehat {CAP} = 90^\circ$

Nên $\widehat {AEF} + \widehat {CAP} = 90^\circ$hay $OA \bot EF$.

Trong $AEF$: $EM \bot AB;\,OA \bot EF$ nên $I$là trực tâm $AEF$.

Suy ra: $FI \bot AE$ .

Ta có $FI\,{\rm{//}}\,HE\,$(cùng vuông góc với $AE$)

$EI\,{\rm{//}}\,FH\,$(cùng vuông góc với $AF$)

Nên $EHFI$là hình bình hành.