Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Đặng Thai Mai (Cẩm Lệ) có đáp án

$P=\sqrt[]{25}-2\sqrt[]{81}+3\sqrt[]{\frac{4}{9}}=5-2.9+3.\frac{2}{3}$

$P=-11$

Số học sinh có thời gian tự học ở nhà không quá 120 phút là 5 + 8 +18 = 31 học sinh

Tổng số học sinh lớp 9A là: 5 + 8 + 18 + 6 + 3 = 40 học sinh

Tỉ lệ học sinh có thời gian tự học ở nhà 60 phút; 90 phút; 120 phút; 150 phút và 180 phút lần lượt là:

${f}_{1}=\frac{5}{40}.100\%=12{,}5\%;{f}_{2}=\frac{8}{40}.100\%=20\%;{f}_{3}=\frac{18}{40}.100\%=45\%;$

${f}_{4}=\frac{6}{40}.100\%=15\%;{f}_{5}=\frac{3}{40}.100\%=7{,}5\%.$

Bảng tần số tương đối:

Với $x≥0, x≠1.$

$1+\frac{\sqrt[]{x}}{x+1}=\frac{x+\sqrt[]{x}+1}{x+1}$

$\frac{1}{\sqrt[]{x}-1}-\frac{2\sqrt[]{x}}{x\sqrt[]{x}+\sqrt[]{x}-x-1}=\frac{1}{\sqrt[]{x}-1}-\frac{2\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}\left. x+1 \right.-\left. x+1 \right.}$

$=\frac{x+1}{\sqrt[]{x}-1}:\frac{2\sqrt[]{x}}{\left. \sqrt[]{x}-1 \right.\left. x+1 \right.}=\frac{x-2\sqrt[]{x}+1}{\left. \sqrt[]{x}-1 \right.\left. x+1 \right.}=\frac{{\left. \sqrt[]{x}-1 \right.}^{2}}{\left. \sqrt[]{x}-1 \right.\left. x+1 \right.}=\frac{\sqrt[]{x}-1}{x+1}$

$Q=\left. 1+\frac{\sqrt[]{x}}{x+1} \right.:\left. \frac{1}{\sqrt[]{x}-1}-\frac{2\sqrt[]{x}}{x\sqrt[]{x}+\sqrt[]{x}-x-1} \right.=\frac{x+1+\sqrt[]{x}}{x+1}:\frac{\sqrt[]{x}-1}{x+1}=\frac{x+1+\sqrt[]{x}}{x+1}.\frac{x+1}{\sqrt[]{x}-1}=\frac{x+\sqrt[]{x}+1}{\sqrt[]{x}-1}$

Lấy đúng ba cặp giá trị (x; y) thuộc đồ thị hàm số $y=-2{x}^{2}$, ba điểm không đối xứng

Vẽ đúng và đầy đủ đồ thị của hàm số $y=-2{x}^{2}$ trên mặt phẳng Oxy

Gọi M (${x}_{0};{y}_{0})$là điểm trên đồ thị và có hoành độ bằng nửa tung độ. Khi đó, ${x}_{0}=\frac{1}{2}.{y}_{0}$

Vì M (${x}_{0};{y}_{0})$là điểm trên đồ thị nên ${y}_{0}=-2{x}_{0}^{2}$ hay ${y}_{0}=-2{\left. \frac{1}{2}.{y}_{0} \right.}^{2}$

Tính được ${y}_{0}=0\left. loại \right.;{y}_{0}= -2 (nhận)$. Từ đó tìm được điểm M$(-1;-2)$.

$∆ ={\left. -5 \right.}^{2}-4.1.2=17>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x}_{1};{x}_{2}$

Theo định lí Viète ta có: ${x}_{1}+{x}_{2}=5;{x}_{1}.{x}_{2}=2$

Vì ${x}_{1}+{x}_{2}>0;{x}_{1}.{x}_{2}>0$ nên ${x}_{1}>0;{x}_{2}>0$.

Suy ra, $\sqrt[]{{9x}_{1}^{2}}+\sqrt[]{{9x}_{2}^{2}}=\left| 3{x}_{1} \right|+\left| 3{x}_{2} \right|=3{x}_{1}+3{x}_{2}=3.\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.=3.5=15$

Vì ${x}_{1}$ là một nghiệm của phương trình ${x}^{2}-5x+2=0$ nên ${x}_{1}^{2}=5{x}_{1}-2$

Thay ${x}_{1}^{2}$ vào ${{x}_{1}^{2}.x}_{2}-2{x}_{1}$, biến đổi ta được: ${5x}_{1}{x}_{2}-2\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.=5.2-2.5=0$

Giá trị của biểu thức $A=\sqrt[]{{9x}_{1}^{2}}+\sqrt[]{{9x}_{2}^{2}}+{{x}_{1}^{2}.x}_{2}-2{x}_{1}+2011=15+0+2011=2026$

a) Phép thử là bạn Nam chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bút.

Có 9 cách chọn mà bạn Nam có thể thực hiện được là:

(Đ$_{1}$, Đ$_{2}$); (X$_{1}$, Đ$_{2}$); (X$_{2}$, Đ$_{2}$); (Đ$_{1}$, Đ$_{3}$); (X$_{1}$, Đ$_{3}$); (X$_{2}$, Đ$_{3}$); (Đ$_{1}$, X$_{3}$); (X$_{1}$, X$_{3}$); (X$_{2}$, X$_{3}$)

b) Vì lấy ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố là: (Đ$_{1}$, X$_{3}$); (X$_{1}$, Đ$_{2}$); (X$_{1}$, Đ$_{3}$); (X$_{2}$, Đ$_{2}$); (X$_{2}$, Đ$_{3}$);

Xác suất của biến cố là $P=\frac{5}{9}$.

Sau $2$phút $= \frac{1}{{30}}$ giờ máy bay bay lên được quãng đường là: $EF = \frac{1}{{30}} \cdot 300 = 10{\rm{ km}}$

Trong $\Delta DEF$ vuông tại D có $DF = 10 \cdot \sin {30^ \circ } = 5{\rm{ km}}$. Vậy sau 2 phút máy bay ấy sẽ lên cao được ${\rm{5 km}}$.

Ta có là số đo của cung AB.

Độ dài quãng đường AB mà con lắc đó đã di chuyển là:

.

Thể tích của bể chứa nước hình trụ là: $\pi {.1^2}.1{,}5 = 1{,}5\pi {\rm{ }}({m^3})$.

Lưu lượng nước trong năm thứ hai của máy bơm là: $3{,}6.0{,}9 = 3{,}24{\rm{ }}({m^3})$.

Thời gian máy bơm bơm đầy bể chứa nước là: $1{,}5\pi :3{,}24 \approx 1{,}45$ giờ.

Gọi x là số câu trả lời đúng (0 ≤ x ≤ 25, $x \in \mathbb{N}*$).

Trả lời đúng x câu hỏi được cộng 2x (điểm).

Trả lời sai 25 – x câu hỏi bị trừ 25 – x (điểm).

Vì vậy, sau khi trả lời 25 câu thì người dự thi sẽ có số điểm là:

5 + 2x – (25 – x) = 5 + 2x – 25 + x = 3x – 20 (điểm).

Theo bài, để được dự thi tiếp vòng sau thì cần có số điểm từ 25 trở lên, nên ta có bất phương trình:

3x – 20 ≥ 25

3x ≥ 45

$$x \ge 15$$

Mà 0 ≤ x ≤ 25, $x \in \mathbb{N}*$nên người ứng tuyển cần phải trả lời chính xác ít nhất là 15 câu hỏi thì mới

được dự thi tiếp vòng sau.

Gọi x (giờ) là thời gian An làm một mình xong công việc $\left( {x > \frac{{12}}{5}} \right)$.

Thời gian Bình làm một mình xong công việc là x+2 (giờ).

Trong một giờ An làm một mình được: $\frac{1}{x}$ công việc.

Trong một giờ, Bình làm một mình được: $\frac{1}{{x + 2}}$ công việc.

Trong một giờ cả hai anh em làm được : $\frac{5}{{12}}$ công việc.

Theo đề ta có phương trình : $\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2}} = \frac{5}{{12}}$

Giải phương trình được: x = 4 ( nhận) hoặc $x = - \frac{6}{5}$ (loại).

Vậy An dọn nhà một mình thì xong trong 4 giờ, Bình xong trong 4+2=6 giờ.

a) $\Delta OCD$ cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường trung tuyến.Xét đường tròn $(O)$ có $\widehat{AKB}={90}^{^{\circ}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\Delta HKB$ vuông tại $K$

Xét $\Delta HIB$ vuông tại $I$ có $IN$ là đường trung tuyến nên $NH = NB = NI$.

Tương tự chứng minh $NH = NB = NK$.

Suy ra $NH = NB = NI = NK$ hay điểm $N$ cách đều bốn điểm $B,I,H,K$. Vậy $4$ điểm $B,I,H,K$ cùng thuộc đường tròn.

b) Xét và có vàchung nên (g.g)

Suy ra $AH.AK = AI.AB$ mà và AB = 2R

Do đó

c) Vì $CD \bot AB$ tại $I$ nên $\Delta ACI$ vuông tại $I$

Gọi $L$ là trung điểm của $AC$.

Xét $\Delta ACI$ vuông tại $I$ có $IL$ là đường trung tuyến nên $LA = LC = LI$.

Xét $\Delta ACP$ vuông tại $P$ có $PL$ là đường trung tuyến nên $LA = LC = LP$.

Do đó $LA = LC = LI = LP$ hay điểm $L$ cách đều bốn điểm $A$,$C$,$P$,$I$

Vậy bốn điểm $A$,$C$,$P$,$I$ cùng thuộc đường tròn $\left( {L\,;\,LA} \right)$.

Xét đường tròn $\left( {L\,;\,LA} \right)$ ta có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Do đó $\widehat {API} = \widehat {AKD}$ mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $PI\,{\rm{//}}\,KD$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ACB} = {90^ \circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $BC \bot AM$ tại $C$.

Xét $\Delta AMB$ có hai đường cao $AK$ và $BC$ cắt nhau tại $E$ nên $E$ là trực tâm của $\Delta AMB$ do đó $ME \bot AB$ tại $F$ hay $\Delta EFB$ vuông tại $F$.

Gọi $G$ là trung điểm của $EB$.

Xét $\Delta EFB$ vuông tại $F$ có $FG$ là đường trung tuyến nên $GE = GB = GF$.

Xét $\Delta EKB$ vuông tại $K$ có $KG$ là đường trung tuyến nên $GE = GB = GK$.

Do đó $GE = GB = GK = GF$ hay điểm $G$ cách đều 4 điểm $E\,,\,F\,,\,B\,,\,K$.

Vậy bốn điểm $E\,,\,F\,,\,B\,,\,K$ cùng thuộc đường tròn $\left( {G\,;\,GB} \right)$.

Xét đường tròn $\left( {G\,;\,GB} \right)$ ta có $\widehat {EKF} = \widehat {EBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Xét đường tròn $\left( O \right)$ ta có $\widehat {CKA} = \widehat {CBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà $\widehat {EBF} = \widehat {CBA}$ nên $\widehat {EKF} = \widehat {CKA}$

Xét $\Delta OCD$ có $OC = OD$ nên $\Delta OCD$ cân tại $O$ có $OI$ là đường cao nên $OI$ đồng thời là đường phân giác hay $\widehat {COI} = \widehat {DOI}$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {COI} =$ sđ và $\widehat {DOI} =$ sđ mà $\widehat {COI} = \widehat {DOI}$ nên sđ sđ hay .

Xét đường tròn $\left( O \right)$ ta có $\widehat {CKA} = \widehat {AKD}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà $\widehat {EKF} = \widehat {CKA}$ nên $\widehat {EKF} = \widehat {AKD}$ hay $\widehat {AKF} = \widehat {AKD}$ mà $KF$ và $KD$ nằm về cùng một phía so với $AK$ nên ba điểm $K\,,\,F\,,\,D$ thẳng hàng.