Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lê Thánh Tôn (Hải Châu) có đáp án

$A = 4 - 2\sqrt 2 + 2\sqrt 2$

$A = 4$

$n = 6 + 14 + 12 + 8 = 40$; ${f_1} = 15\%$; ${f_2} = 35\%$; ${f_3} = 30\%$; ${f_1} = 20\%$

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

$B = \frac{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = 1$

Bảng giá trị:

Vẽ độ thị hàm số (P)

Điểm có tung độ nhỏ hơn hoành độ 1 đơn vị nằm trên đường thẳng $y = x - 1$

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{{{x^2}}}{4} = x - 1$

Giải được $x = 2$, suy ra $y = 1$. Vậy điểm cần tìm là $(2;\,1)$

$\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.3.2 = 57 > 0$. Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$

Theo định lý Viète: ${x_1} + \,\,{x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 3;\,\,\,{x_1}.\,\,{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{2}{3}$

$A = x_1^2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9{x_2} = 3x_1^2 + 9{x_2}$

Mà $3x_1^2 = 9{x_1} - 2$ nên $A = 9{x_1} - 2 + 9{x_2} = 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 = 25$

Kí hiệu bóng vàng 1, 2, 3 lần lượt là V1, V2, V3 và bóng xanh 1, 2 lần lượt là X1, X2

Vì bóng bốc ở lần 1 không trả lại nên ta liệt kê được các kết quả của phép thử bằng cách lập bảng sau:

Không gian mẫu có 20 phần tử

Có 6 kết quả thuận lợi của biến cố "Vận động viên đó bốc được quả bóng màu vàng ở cả hai lần" là: (V1, V2), (V1, V3), (V2, V1), (V2, V3), (V3, V1), (V3, V2).

Xác suất của biến cố trên là $\frac{6}{{20}} = \frac{3}{{10}}$

Tính được chiều cao: $TB = EB.\tan E = 30.\tan 40^\circ$

Tính được chiều cao của công trình kiến trúc:

$TC = TB + BC = 30.\tan {40^o} + 1{,}5 \simeq 26{,}7$ (m)

Diện tích của hình quạt EAO là ${S_{qEAO}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.10}^2}.90}}{{360}} = 25\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Diện tích tam giác EAO là: ${S_{\Delta EAO}} = \frac{1}{2}EA.EO = \frac{1}{2}.10.10 = 50 \left( {c{m^2}} \right)$

Diện tích hình viên phân tạo bởi dây AO và cung AO nhỏ là: ${S_{vp}} = {S_{qEAO}} - {S_{\Delta EAO}} = 25\pi - 50{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Diện tích bông hoa là: $8.\left( {25\pi - 50} \right) \simeq {\rm{228{,}3 }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Thể tích của thúng là ${V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}:2 = \frac{4}{3}.\pi {.30^3}:2 = 18000\pi \,(c{m^3})$

Thể tích của hình nón là ${V_2} = \frac{1}{3}\pi {R^2}.h = \frac{1}{3}.\pi {.30^2}.15 = 4500\pi \,(c{m^3})$

Thể tích vạo chứa trong thúng là ${V_1} + {V_2} = 18000\pi + 4500\pi = 22500\pi \simeq 70686\,(c{m^3})$

Gọi số chiếc cảm biến siêu âm mà nhóm học sinh có thể mua được là x (chiếc), $x \in {N^*}$

Lập được bất phương trình $35x + 150 \le 900$

Giải được $x \le 21\frac{3}{7}$. Kết luận: Nhóm học sinh mua được nhiều nhất 21 chiếc cảm biến.

Gọi số trận thắng, hòa mà đội Manchester City đã giành được lần lượt là x, y (trận), $x,y \in {N^*}$

Lập được hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 36\\3x + y = 100\end{array} \right.$

Giải được $x = 32,\,\,\,y = 4$. Kết luận

a) Xét đường tròn $(O)$, ta có $\widehat {ACB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $\widehat {MCB} = 90^\circ .$

Ta có $MH \bot AB$ tại H nên $\widehat {MHB} = 90^\circ$

Do đó Bốn điểm B, C, M, H cùng thuộc một đường tròn đường kính BM.

b) $\widehat {CIH} = \widehat {COB}$.

- Ta có $\widehat {AIM} = 90^\circ$ (do $\widehat {AIB} = 90^\circ$ chắn nửa đường tròn) và $\widehat {AHM} = 90^\circ$ (gt) nên bốn điểm A, I, M, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

- Xét đường tròn đường kính AM: $\widehat {MIH} = \widehat {MAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH) hay $\widehat {BIH} = \widehat {CAB}$.

- Lại có trong $(O)$, $\widehat {CIB} = \widehat {CAB}$ (cùng chắn cung CB$).$

- Do đó $\widehat {CIH} = \widehat {CIB} + \widehat {BIH} = \widehat {CAB} + \widehat {CAB} = 2\widehat {CAB}$.

- Mặt khác, góc ở tâm (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung CB)

- Vậy $\widehat {CIH} = \widehat {COB}$

c) - Xét $\Delta KAB$, có: $AC \bot KB$ tại C, $BI \bot KA$ tại I.

- Mà AC cắt BI tại $M$ nên M là trực tâm của $\Delta KAB$.

- Suy ra $KM \bot AB$. Lại có $MH \bot AB$ .

- Qua điểm $M$ chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với AB, do đó 3 điểm K, M, H thẳng hàng.