Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Hồ Nghinh (Hòa Cường) có đáp án

$\sqrt {125} - 4\sqrt {45} + 3\sqrt {20} - \sqrt {80}$ = $5\sqrt 5 - 12\sqrt 5 + 6\sqrt 5 - 4\sqrt 5$

$$= - 5\sqrt 5$$

Bảng tần số

Biểu đồ tần số dạng đoạn thẳng

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

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

Bảng giá trị

Thay $y = - 24$ vào công thức $y = - \frac{3}{2}{x^2}$ ta được $- 24 = - \frac{3}{2}{x^2}$ hay ${x^2} = 16$. Do đó x = 4 hoặc x = $- 4$.

Vậy các điểm trên (P) có tung độ $- 24$ là $\left( {4;\; - 24} \right)$ và $\left( { - 4;\; - 24} \right)$

Xét phương trình ${x^2} - 4x + m = 0$ ($a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = m$).

$\Delta = {b^2} - 4ac = {( - 4)^2} - 4.1.m = 16 - 4m.$

Để phương trình có hai nghiệm thì $\Delta \ge 0$ hay $16 - 4m \ge 0$ suy ra $m \le 4.$

Với $m \le 4$, giả sử phương trình có hai nghiệm ${x_1};\,\,{x_2}$. Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - ( - 4)}}{1} = 4;\,\,$${x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{m}{1} = m.$ (1)

Theo đề ta có: $A = x_1^3 + x_2^3 - 3{x_1}{x_2} + 4$

$= {({x_1} + {x_2})^3} - 3{x_1}{x_2}({x_1} + {x_2}) - 3{x_1}{x_2} + 4$

$= {({x_1} + {x_2})^3} - 3{x_1}{x_2}({x_1} + {x_2} + 1) + 4$ (2)

Thay (1) vào (2) ta có:

$A = {4^3} - 3.m(4 + 1) + 4$

$= 65 - 12m$.

Vậy $A = 65 - 12m$ với $m \le 4.$

Ký hiệu các bạn Hưng, Tuấn, Dũng, Nga, Mai lần lượt là H, T, D, N, M.

Không gian mẫu $\Omega = \{ (H;T);(H;D);(H;N);(H;M);(T;D);(T;N);(T;M);(D;N);$

$(D;M);(N;M)\}$.

Không gian mẫu có 10 phần tử.

Vì hai bạn được chọn ngẫu nhiên nên các kết quả này là đồng khả năng.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố A là (H; N); (H; M); (T; N); (T; M), (D; N), (D;M).

Vậy $P(A) = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}.$

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố B là (H;N); (T; N); (D; N); (N; M).

Vậy $P(B) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}.$

Gọi AB là đoạn đường máy bay bay lên trong 6 phút thì BH chính là độ cao máy bay đạt được sau 6 phút.

Ta có 6 phút = 0,1 giờ.

AB = 500.0,1 = 50 km.

Xét tam giác ABH vuông tại H có:

BH = AB.sinA = 50.sin30° = 25

Vậy sau 6 phút máy bay bay lên cao được 25km

Ta có sđ =$\widehat {AOB} = {45^o}$

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung 45$^{o}$ là:

$S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.18}^2}.45}}{{360}} = 40{,}5\pi = 117{,}17$(cm$^{2}$)

Vì đường kính khối gỗ hình trụ là 20cm nên bán kính của khối gỗ hình trụ là 10cm.

Thể tích của khối gỗ hình trụ là: $\pi {.10^2}.50 = 5\;000\pi \,\, \approx 15\;700\,\,(c{m^3}).$

Thể tích của khối gỗ hình nón là: $\frac{1}{3}.\pi {.10^2}.15 = 500\pi \approx 1\;570\,\,(c{m^3}).$

Thể tích khối gỗ cần dùng là:$15\;700 + 1\;570 = 17\;270\,\,(c{m^3}).$

Gọi x là số bút Lan có thể mua được ($x \in N$).

Khi đó số tiền Lan phải trả là: $10.8\,000 + x.5\,500$ (đồng).

Theo đề ta có bất phương trình: $10.8\,000 + x.5\,500 \le 150\,000.$

Giải bất phương trình, ta có $80\,000 + x.5\,500 \le 150\,000$

$x.5\,500 \le 70\,000$

$x \le 12,(72).$

Vậy Lan mua được tối đa 12 chiếc bút.

Gọi x (cm$^{3}$) là thể tích miếng kim loại thứ nhất (x > 0).

Suy ra thể tích miếng kim loại thứ hai là x + 10 (cm$^{3}$).

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là: $\frac{{585}}{x}$(g/cm$^{3}$).

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là: $\frac{{420}}{{x + 10}}$(g/cm$^{3}$).

Theo bài ra ta có phương trình: $\frac{{585}}{x} - \frac{{420}}{{x + 10}} = 9$

Biến đổi phương trình trên, ta được: 9x$^{2}$ − 75x − 5 850 = 0.

Giải phương trình trên, ta được: x$_{1}$ = 30 (thỏa mãn), ${x_2} = \frac{{ - 65}}{3}$ (loại).

Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $\frac{{585}}{{30}} = 19{,}5$ g/cm$^{3}$ và khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $\frac{{420}}{{30 + 10}} = 10{,}5$ g/cm$^{3}$

a) Gọi I là trung điểm của cạnh HC.

Ta có tam giác HEC và HDC là các tam giác vuông có chung cạnh huyền HC.

nên IE = IH = IC = ID.

Vậy các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn

b) Vì các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn nên tứ giác CDHE nội tiếp. Do đó $\widehat {DHE} + \widehat {ECD} = {180^o}$

suy ra $\widehat {ECD} = {180^o} - \widehat {DHE}.$ (1)

Ta có $\widehat {AHF} + \widehat {DHE} = {180^o}$(hai góc kề bù)

Nên $\widehat {AHF} = {180^o} - \widehat {DHE}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {ECD} = \widehat {AHF}$ hay $\widehat {ACB} = \widehat {AHF}$. (*)

Trong đường tròn (O;R) có $\widehat {AFB} = \widehat {ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB). (**)

Từ (*) và (**) suy ra $\widehat {AHF} = \widehat {AFB}$ hay $\widehat {AHF} = \widehat {AFH}$.

Nên tam giác AHF cân tại A.

c) Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta CDE$.

Xét $\Delta ABE$ vuông tại E có M là trung điểm AB.

Suy ra $ME = MA = MB = \frac{{AB}}{2}$nên $\Delta AME$ cân tại M

Do đó $\widehat {MEA} = \widehat {MAE}$hay $\widehat {MEA} = \widehat {BAE}$(3)

Xét $\Delta HEC$ vuông tại E có I là trung điểm HC.

Suy ra $IE = IC = IH = \frac{{HC}}{2}$nên $\Delta IEC$ cân tại I

Do đó $\widehat {IEC} = \widehat {ICE}$(4)

Ta có H là giao điểm của 2 đường cao AD và BE nên H là trực tâm của$\Delta ABC$Do đó CH $\bot$ AB. Suy ra $\widehat {ABE} = \widehat {ICE}$(cùng phụ $\widehat {BAC}$) (5)

Lại có $\widehat {BAE} + \widehat {ABE} = {90^o}$(tam giác ABE vuông tại E) (6)

Từ (3); (4); (5); (6) suy ra $\widehat {MAE} + \widehat {CEI} = {90^o}$

Do đó $\widehat {MEI} = {90^o}$ hay $ME \bot EI$tại E.

Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.