Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Huỳnh Bá Chánh (Ngũ Hành Sơn) có đáp án

$A = \sqrt {50} - \sqrt {32} + \frac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }} = 5\sqrt 2 - 4\sqrt 2 + \sqrt 2$

= $2\sqrt 2$

Bạn Huy cần mua các cỡ giày là: 36, 37, 38, 39, 40

Bảng tần số cho dữ liệu trên

Biến đổi về dạng $B = \frac{{x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$

Đưa về kết quả $B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}}$

Bảng giá trị

Đồ thị

Vì M là điểm có tung độ gấp đôi hoành độ, nên $M\left( {{x_o};2{x_o}} \right)$

$M\left( {{x_o};2{x_o}} \right) \in (P)$, ta có $2{x_o} = - \frac{1}{2}x_o^2$

Suy ra ${x_o} = 0$ hoặc ${x_o} = - 4$

Vì hoành độ khác 0, nên ${x_o} = - 4$ suy ra $M\left( { - 4;\, - 8} \right)$

Tính được $\Delta = 333 > 0$

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$

Theo định lí Viète ta có:

${x_1} + {x_2} = 19$

${x_1}.{x_2} = 7$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có

suy ra $2{x}_{1}{}^{2}-38{x}_{1}=-14$ (2)

Vì ${x}_{2}$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có

${x}_{2}{}^{2}-19{x}_{2}+7=0$ suy ra $2{x}_{2}{}^{2}-38{x}_{2}=-14$ (3)

Thay (2) và (3) vào A ta có:

$A={x}_{2}{(2{x}_{1}{}^{2}-38{x}_{1}+{x}_{1}{x}_{2}-3)}^{2}+{x}_{1}{(2{x}_{2}{}^{2}-38{x}_{2}+{x}_{1}{x}_{2}-3)}^{2}+125$

$A={x}_{2}{(-14+{x}_{1}{x}_{2}-3)}^{2}+{x}_{1}{(-14+{x}_{1}{x}_{2}-3)}^{2}+125$

$A={x}_{2}{({x}_{1}{x}_{2}-17)}^{2}+{x}_{1}{({x}_{1}{x}_{2}-17)}^{2}+125$

Thay ${x}_{1}+{x}_{2}=19$ và ${x}_{1}.{x}_{2}=7$ vào A ta có:

$\begin{matrix}A={x}_{2}{(7-17)}^{2}+{x}_{1}{(7-17)}^{2}+125 \\ =100({x}_{1}+{x}_{2})+125=100.19+125=1900+125=2025\end{matrix}$

Vậy A = 2025

a) Số viên bi màu vàng có trong hộp là: $40-24-12=4$ (viên bi)

Xác suất để bạn Nam lấy được viên bi màu vàng là $\frac{4}{40}=\frac{1}{10}$

b) Khi cho thêm $x$ viên bi màu xanh vào trong hộp thì số viên bi màu xanh là $x+12$ và số viên bi có trong hộp là $x+40$

Xác suất để Nam lấy được viên bi màu xanh là $\frac{x+12}{x+40}=\frac{1}{3}$

Biến đổi ta được $3x+36=x+40$

$2x=4$ hay $x=2$

Vậy mẹ cho Nam thêm 2 viên bi màu xanh

Mô tả lại bài toán bằng hình vẽ sau:

Gọi ba đỉnh A, B, C là ba đỉnh của $ΔABC$ vuông tại A có

AC = 3,8 m là chiều cao từ mặt đất lên sân thượng của ngôi nhà

BC = 4 m là chiều dài của thang

$\widehat{CBA}$ là góc tạo bởi chân thang với mặt đất

Xét $ΔABC$vuông tại A ta có: $sin\widehat{CBA}=\frac{AC}{BC}=\frac{3{,}8}{4}$

Suy ra $\widehat{CBA}\approx 72^{\circ}.$

Mà thang ở vị trí an toàn cho người dùng khi thang tạo với mặt đất một góc có độ lớn từ $60^{\circ}$ đến $75^{\circ}$.

Mà $60^{\circ}<72^{\circ}<75^{\circ}$ nên $6{0}^{0}<\widehat{CBA}<75^{\circ}.$

Vậy cách đặt thang như vậy là đảm bảo an toàn

Diện tích xung quanh của cây lăn:

${S}_{xq}=2πRh=2π.\frac{0{,}05}{2}.0{,}23=\frac{23}{2000}π\ \ ({m}^{2})$

Số vòng cần lăn :

$100:\frac{23}{2000}π\ \ \ \approx 2768$( vòng)

Số cây lăn sơn tường ít nhất cần mua

$2768:1000\approx 3$ (cây)

Gọi quãng đường mà người đó đã đi với vận tốc 5 km/h là x (km). Điều kiện: 0 < x < 18

Lập luận để được bất phương trình: $\frac{x}{5}+\frac{18-x}{4}\le 4$

Giải bất phương trình và nhận được kết quả $x\ge 10$.

Kết hợp điều kiện và đưa về đúng kết quả: $10\le x\le 18$

Vậy quãng đường mà người đó đã đi với vận tốc 5km/h là khoảng từ 10 km đến 18 km

Gọi số học sinh làm bài (1) tờ giấy thi là $x$ (thí sinh, $x\in {ℕ}^{*}$)

số học sinh làm bài (2) tờ giấy thi là $y$ (thí sinh, $x\in {ℕ}^{*}$)

Vì tổng số học sinh dự thi của phòng thi là 25 và có 4 học sinh làm 3 tờ giấy thi nên ta có phương trình: $x+y=21$ (1)

Vì tổng số tờ giấy thi là 49 tờ nên ta có phương trình:

$x+2y+4.3=49$ hay $x+2y=37$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{matrix}x+y=21 \\ x+2y=37\end{matrix}$

Giải phương trình thu được $x=5;y=16$ (Thỏa mãn)

Vậy số học sinh làm bài (1) tờ giấy thi là 5 học sinh.

Số học sinh làm bài (2) tờ giấy thi là 16 học sinh.

Đáp án: Kẻ C H ⊥ A B tại H, C K ⊥ A D tại K. Gọi I là giao điểm của hai đoạn thẳng CH và AD. (a) Chứng minh tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn (b) Chứng minh K C H ^ = D C B ^ và A I . A D = A H . A B (c) Tia CK cắt đoạn thẳng HD tại P. Chứng minh I P // C D

a) Gọi E là trung điểm của AC

Xét $ΔAKC$ vuông tại $K$ có $EK$ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$, ta có $EK=EC=EA=\frac{AC}{2}$ (1)

Xét $ΔAHC$ vuông tại $H$ có $EH$là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$, ta có

$EH = EC = EA = \frac{{AC}}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $EA = EH = EK = EC$

Suy ra 4 điểm $A,H,K,C$cùng nằm trên đường tròn tâm $E$, đường kính $AC$

Vậy tứ giác $AHKC$ nội tiếp đường tròn tâm $E$, đường kính $AC$

b) Xét đường tròn (E) chỉ ra được $\widehat {KCH} = \widehat {KAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KH) hay $\widehat {KCH} = \widehat {DAB}$ (3)

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được $\widehat {DCB} = \widehat {DAB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: $\widehat {KCH} = \widehat {DCB}$

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được $\widehat {ADB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ADB} = 90^\circ$Chứng minh được $\Delta AIH$∽$\Delta ABD$(g.g)

Suy ra: $\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}$ hay $AI.AD = AH.AB$

c) Kéo dài tia CP cắt AB tại M

Chứng minh được I là trực tâm của $\Delta ACM$ suy ra $MI \bot AC$

Chứng minh được $MI$//$BC$

Xét $\Delta CHB$ có $I \in CH,M \in HB$ và $MI$//$BC$ suy ra: $\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}$ (5)

(Theo định lí Thalès)

Xét $\Delta HDB$ có $P \in HD,M \in HB$ và $MP$//$DB$ suy ra: $\frac{{HD}}{{HP}} = \frac{{HM}}{{HB}}$ (6)

(Theo định lí Thalès)

Từ (5) và (6) suy ra $\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HD}}{{HP}}$

Sử dụng định lí Thalès đảo vào $\Delta HCD$ suy ra: $IP$//$CD$