Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - TH, THCS&THPT Anh Quốc (Thanh Khê) có đáp án

Số lượt thảo luận đối với các chiến dịch có chủ đề “Về nhà đoàn viên” là:

$22757 + 19823 + 13039 = 55619$ (lượt thảo luận)

$$\begin{array}{l}\left( {\frac{{2 + \sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{x - 1}}} \right) \cdot \frac{{x\sqrt x + x - \sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \left( {\frac{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}} \right) \cdot \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}\end{array}$$

$$= \left( {\frac{{ - \sqrt x + x - 2 - x + 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}} \right) \cdot \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}$$

$$= \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x }} = 2$$

Xác định được tối thiểu 5 điểm thuộc đồ thị.

Phương trình hoành độ giao điểm $\left( P \right)$ với $y = 3x - 6$

$$\frac{1}{2}{x^2} = 3x - 6$$

$$\Delta = - 3 < 0$$

Vậy không có giao điểm của 2 đồ thị trên.

2 số cần tìm là nghiệm của phương trình ${X^2} - 2027X + 2026 = 0$.

Ta có: $1 - 2027 + 2026 = 0$

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

$$X_1^{} = 1$$

$$X_2^{} = 2026$$

Vậy 2 số đó là $1$ và $2026$.

$$n\left( \Omega \right) = 6 \cdot 6 = 36.$$

$b,c \in \mathbb{N};1 \le b,c \le 6,$ phương trình ${x^2} + bx + c = 0$ vô nghiệm khi $\Delta < 0$ hay ${b^2} < 4c.$

$b = 1,c \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}:$ 6 trường hợp.

$b = 2,c \in \left\{ {2;3;4;5;6} \right\}:$ 5 trường hợp.

$b = 3,c \in \left\{ {3;4;5;6} \right\}:$ 4 trường hợp.

$b = 4,c \in \left\{ {5;6} \right\}:$ 2 trường hợp.

$$b \in \left\{ {5;6} \right\},c \in \emptyset .$$

Có $6 + 5 + 4 + 2 = 17$ kết quả thuận lợi cho biến cố A “phương trình ${x^2} + bx + c = 0$ vô nghiệm”. Suy ra $P\left( A \right) = \frac{{17}}{{36}}.$

Xét tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AD nên

$AD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{2^2} + {5^2}} \approx 2{,}69$ (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).

$$R = 1 + 0{,}3 = 1{,}3cm$$

$$S_{dt}^{} = \pi {R^2} \approx 5{,}31c{m^2}$$

$$S_{hv}^{} \approx 0,{6^2} = 0{,}36$$

Diện tích 1 mặt đồng xu:

$$S = S_{dt}^{} - S_{hv}^{} = 5{,}31 - 0{,}36 \approx 4{,}95c{m^2}$$

$$2l = 2000c{m^3}$$

Chiều cao bình nước:

$$\begin{array}{l}V = \pi {R^2}h\\2000 = \pi \cdot {4^2} \cdot h\\h = \frac{{2000}}{{\pi \cdot {4^2}}} = \frac{{125}}{\pi }\end{array}$$

Chia vạch từ 7h sáng đến 21h có 7 vạch (như hình).

Tại 11h trưa, mực nước còn: $\frac{5}{7} \cdot \frac{{125}}{\pi } \approx 28$$cm$.

Gọi $x$là số phần quà nhiều nhất Nguyên có thể chuẩn bị. $\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)$

Số tiền Nguyên dung để gói quà: $5\,500 - 100 = 5\,400$(nghìn)

Số phần quà nhiều nhất: $150x \le 5400$$\Rightarrow x \le 36$

Vậy nhiều nhất Nguyên có thể gói được 36 phần quà.

Gọi $x$ là cân năng lúc đầu của Khôi. $y$ là cân nặng lúc đầu của Bình $\left( {0 < y < x} \right)$.

Đầu nằm học: $x + 19 = 2y$

Đầu học kì II: $x + 5 = y + 44$

Giải hệ phương trình, ta được:

$$\left\{ \begin{array}{l}x = 97\\y = 58\end{array} \right.$$

Vậy Khôi nặng 97kg, Bình nặng 58kg.

Hiện tại Khôi nặng $97 + 5 = 102\left( {kg} \right),$ Bình nặng 58kg.

a) Lập luận được 4 điểm cùng nằm trên đường tròn đường kính $BC$.

b) Chứng minh được 2 góc $\widehat {ABD} = \widehat {AQC}$ vì cùng chắn .

Chứng minh (g – g)

Gọi $J$ giao điểm $OA$ với $EF$.

Chứng minh $\widehat {AEJ} = \widehat {AHF}$

Chứng minh

Suy ra $\widehat {AEJ} = \widehat {AHF} = \widehat {ABD} = \widehat {AQC}$

Mà $\widehat {QAC} + \widehat {AQC} = {90^o}$

Suy ra $\widehat {AEJ} + \widehat {JAE} = {90^o}$

Nên $OA \bot EF$ ($\widehat {AJE} = {90^o}$)

c) Ta có $\Delta BOC$ cân tại $O$, $OM$ là trung tuyến nên $OM$ cũng là đường phân giác, đường cao.

Do đó, $\widehat {BAC} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$

Tương tự: $\widehat {BAC} + \widehat {ACF} = \widehat {MOC} + \widehat {OCM} = {90^o}$

Nên $\widehat {ACF} = \widehat {OCM}\left( 1 \right)$

Xét tứ giác $OMIC$ có: $\widehat {OMC} = \widehat {OIC} = {90^o}$

Suy ra tứ giác $OMIC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$.

Do đó $\widehat {OCM} = \widehat {OIM}$ (cùng chắn ) $\left( 2 \right)$

Xét tứ giác $AFIC$ có: $\widehat {AFI} = \widehat {AIC} = {90^o}$

Suy ra tứ giác $AFIC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$

Do đó $\widehat {AIF} = \widehat {ACF}$ (cùng chắn )$\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ suy ra $\widehat {AIF} = \widehat {OIM}$

Do đó, 2 tia $IF$ và $IM$ trùng nhau.

Vậy 3 điểm $F,M,I$ thẳng hàng