Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lê Độ (Sơn Trà) có đáp án

${\rm{A}} = \sqrt {12} + \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 - 5} \right)}^2}} + \sqrt[3]{{ - 27}}$

${\rm{A}} = 2\sqrt 3 + 5 - 2\sqrt 3 - 3$

${\rm{A}} = 2$

- Có 5 loại cỡ giày. Cỡ giày 37 chiếm nhiều nhất

${\rm{C}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - \left( {3x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$

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

Lập đúng bảng giá trị hàm số $y = - \frac{{{x^2}}}{4}$ (ít nhất 5 cặp giá trị)

Vẽ đúng đồ thị (P)

- Xét hệ trục tọa độ Oxy với O(0;0) là đỉnh parabol, trục Oy là trục đối xứng.

- Người đứng cùng phía với A (nhánh có hoành độ âm) và cách trục đối xứng 1m nên nên hoành độ của người đó là $x = - 1$.

- Tại $x = - 1$, tung độ của điểm thuộc tia nước là $y = - \frac{1}{4}{( - 1)^2} = - 0{,}25$. Ta có điểm$C( - 1; - 0{,}25)$

- Khoảng cách từ điểm C đến mặt đất là h = 2,5 – 0,25 = 2,25(m)

- Vì 2,25 > 1,7 (chiều cao của người) nên tia nước không “phun” trúng đầu người đó.

Pt ${x^2} - 12x + 4 = 0$ có nên pt có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{\rm{ }}{x_2}$

Theo Vi-et: ${x_1} + {x_2} = 12;{\rm{ }}{x_1}.{x_2} = 4 \Rightarrow {x_1} > 0;{\rm{ }}{x_2} > 0$

$$x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {12^2} - 2.4 = 136$$

$${\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 12 + 2\sqrt 4 = 16$$

$$\Rightarrow \sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} = 4$$

$${\rm{A}} = \frac{{136}}{4} = 34$$

a) Không gian mẫu của phép thử là:

ῼ = {(An, Bình Cường);(An, Cường, Bình); (Bình, An, Cường); (Bình, Cường, An); (Cường, An, Bình), (Cường, Bình, An) }; Không gian mẫu có 6 phần tử

b) Vì các bạn ngồi ngẫu nhiên nên tất cả các kết quả trên là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi của biến cố A: “Bạn An ngồi giữa hai bạn còn lại” là: {(Bình, An, Cường), (Cường, An, Bình)}

Có 2 kết quả thuận lợi

Xác suất của biến cố A là $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

Các kết quả thuận lợi của biến cố B: “Bạn An và bạn Cường ngồi cùng phía đối với bạn Bình” là {(An, Cường, Bình); (Cường, An, Bình); (Bình, An, Cường); (Bình, Cường, An)}

Có 4 kết quả thuận lợi

Xác xuất của biến cố B là $\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Tứ giác ABMN là hình chữ nhật nên AB = MN = 1,5m

ΔABM vuông tại B nên ${\rm{MB}} = {\rm{AB}}.\cot \widehat {{\rm{AMB}}}$

${\rm{MB}} = 1{,}5.\cot {10^0} \approx 8{,}5m$

ΔMBC vuông tại B nên ${\rm{BC}} = {\rm{MB}}.\tan \widehat {{\rm{BMC}}}$

${\rm{BC}} = 8{,}5.\tan {36^0} \approx 6{,}2m$

Chiều cao của cây xanh AC = AB + BC ≈ 1,5 + 6,2 = 7,7m

Diện tích của quạt giấy: ${\rm{S}} = \frac{{\pi {R^2}{n^o}}}{{{{360}^o}}} = \frac{{3,{{14.2}^2}.150}}{{360}} = \frac{{5\pi }}{3}d{m^2}$

Ta có ${\rm{S}} = \frac{{l.R}}{2} \Rightarrow l = \frac{{2S}}{R} = \frac{{2.\frac{{5\pi }}{3}}}{2} = \frac{{5\pi }}{3}dm$

Vậy chiều dài cung tương ứng của quạt giấy là $\frac{{5\pi }}{3}dm$

Bán kính đáy của bồn nước: ${\rm{R}} = \frac{d}{2} = \frac{1}{2} = 0{,}5m$

Thể tích của bồn nước ${\rm{V}} = \pi {R^2}h = 3{,}14.0,{5^2}.1 = 0{,}785{m^3}$

Vì ${\rm{V}} = 0{,}785{m^3} < 1{m^3}$ nên bồn nước khộng đựng được 1m$^{3}$ nước

Gọi x (thùng) là số thùng bia mà xe có thể chở (x N$^{*}$)

Khối lượng bia mà xe chở là 6,8x (kg)

Tổng khối lượng bia và bác lái xe: 6,7x + 65 (kg)

Vì trọng tải của xe là 5,25 tấn = 5250kg nên ta có bất pt:

$6{,}8x + 65 \le 5250$

$\Rightarrow x \le 762{,}5$

Vì x N$^{*}$ nên xe tải chở được tối đa là 762 thùng bia.

Gọi số dãy ghế lúc đầu x (x N$^{*}$)

Số dãy ghế lúc sau: x – 1 (dãy)

Số chỗ ngồi trên một dãy ghế lúc đầu: $\frac{{42}}{x}$ (chỗ)

Số chỗ ngồi trên một dãy ghế lúc sau: $\frac{{42}}{{x - 1}}$(chỗ)

Theo đề ta có pt: $\frac{{42}}{{x - 1}} - \frac{{42}}{x} = 1$

Quy đồng khử mẫu được pt: ${x^2} - x - 42 = 0$

Giải pt được ${x_1} = 7$ (TĐK) và ${x_2} = - 6$ (KTĐK)

Vậy số dãy ghế ban đầu là 7.

a) MA là tiếp tuyến đường tròn (O) tại A nên MA OA

MB là tiếp tuyến đường tròn (O) tại B nên MB OB

ΔOAM vuông tại A nên suy ra O, A, M thuộc đường tròn đường kính OM

ΔOBM vuông tại B nên suy ra O, B, M thuộc đường tròn đường kính OM

=> O, A, M, B thuộc đường tròn đường kính OM => tg OAMB nội tiếp

b) ΔODC cân tại O, có OE là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao => OE CD

Chứng minh ΔDEO ⁓ ΔDBM (g-g)

=> DE.DM = DO.DB

Mà DO = R; DB = 2R => DE.DM = 2R$^{2}$

c) ΔOEM vuông tại E => E thuộc đường tròn đường kính OM

Chứng minh $\widehat {{\rm{AEM}}} = \widehat {{\rm{ABM}}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)

Chứng minh ΔDEK và ΔDAK lần lượt vuông tại E và A để suy ra tg AKDE nội tiếp

Chứng minh $\widehat {{\rm{DKA}}} = \widehat {{\rm{AEM}}}$ (cùng bù với góc DEA) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {{\rm{DKA}}} = \widehat {{\rm{ABM}}}$ mà hai góc này ở vị trí so le trong nên KD // BM

Lại có BM BD nên suy ra KD BD

Mà KD là đường kính đường tròn (O) nên suy ra KD là tiếp tuyến đường tròn (O)