Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lương Thế Vinh (Hòa Khánh) có đáp án

$D = 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + \frac{{8.(\sqrt 5 + 1)}}{{5 - 1}} - 3 - \sqrt 5$

$= 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + 2\sqrt 5 + 2 - 3 - \sqrt 5 = - 1$

Tổng số học sinh của lớp là: $20 + 14 + 5 + 1 = 40$ (học sinh)

Tần số tương đối của số học sinh chơi thể thao trong 2 giờ, 3 giờ, 4 giờ, 5 giờ lần lượt là:

${f_1} = \frac{{20}}{{40}}.100\% = 50\%$; ${f_2} = \frac{{14}}{{40}}.100\% = 35\%$;

${f_3} = \frac{5}{{40}}.100\% = 12{,}5\%$; ${f_4} = \frac{1}{{40}}.100\% = 2{,}5\%$

Bảng tần số tương đối

${\rm{A}} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}$

$= \frac{{\sqrt x + 1 + x}}{{\sqrt x .(\sqrt x + 1)}}.\frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}$

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

Vì điểm $(3; - 4{,}5)$ thuộc Parabol nên ta có: $- 4{,}5 = a{.3^2}$

suy ra $a = \frac{{ - 1}}{2}.$

Từ đó ta có $HK = \left| { - 4{,}5 - ( - \frac{1}{2}{{.2}^2})} \right| = \left| { - 4{,}5 + 2} \right| = 2{,}5$

$\begin{array}{l}\Delta ' = {(m - 1)^2} - (2m - 5)\\ = {m^2} - 4m + 6 = {(m - 2)^2} + 2 > 0\forall m\end{array}$

Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m - 1)\\{x_1}.{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.$

Vì ${x_1},{x_2}$là hai nghiệm của phương trình nên:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 - 2(m - 1){x_1} + 2m - 5 = 0\\{x_2}^2 - 2(m - 1){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.$

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 - 2m{x_1} + 2m - 1 = 2(2 - {x_1})\\{x_2}^2 - 2m{x_2} + 2m - 1 = 2(2 - {x_2})\end{array} \right.$

Kết hợp đề bài $({x_1}^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 1)({x_2}^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 1) < 0$

Suy ra $(2 - {x_1})(2 - {x_2}) < 0$

$4 - 2({x_1} + {x_2}) + {x_1}{x_2} < 0$

$3 - 4m < 0$ suy ra $m > \frac{3}{4}$

a) Tập hợp Ω={(1;1),(1;2);(1;3), (1;4),(2;1);(2;2),...,(4;3);(4;4)}

có 16 kết quả có thể

b) Do rút ngẫu nhiên từ mỗi túi ra một tấm thẻ, nên các kết quả đồng khả năng

n(Ω) = 16

Các kết quả thuận lợi cho biến cố E là : ={(1;1),(1;3);(3;1), (3;3)}, do dó n(E) = 4

Xác suất P(E)= $\frac{{n(E)}}{{n(\Omega )}} = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}$

Xét $\Delta ABC$vuông tại $A,$ có: $AB = AC.\tan C$; $AB = 12.\tan {60^0} \approx 20{,}78$ (m)

Vậy chiều cao của toà tháp khoảng $20{,}78$m

Ống mũ là hình trụ với chiều cao 35 cm, bán kính đáy $R = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7{,}5{\kern 1pt} cm$

Diện tích vải để làm ống mũ là: ${S_1} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = 2\pi .7{,}5.35 + \pi 7,{5^2} = 506{,}25\pi \;(c{m^2})$

Diện tích vải để làm vành mũ là: ${S_2} = \pi .17,{5^2} - \pi .7,{5^2} = 250\pi \;(c{m^2})$

Vậy tổng diện tích vải cần để làm cái mũ là: $506{,}25\pi \; + 250\pi = 756{,}25\pi \;(c{m^2}) \approx 2376(c{m^2})$

Gọi số bút mà bạn Mai có thể mua được là x (cây bút) $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$

Theo đề ta có

$45000 + 4000x \le 80000$

$4000x \le 80000 - 45000$

$\begin{array}{l}4000x \le 35000\\x \le \frac{{35}}{4} \approx 8{,}75\end{array}$

Vậy Mai có thể mua tối đa 8 cây bút.

Gọi $x$ là số sản phẩm phải làm mỗi ngày theo kế hoạch (sản phẩm,x $∈{N}^{*}$)

Số sản phẩm làm trong một ngày theo thực tế là: $x + 10$ (sản phẩm)

Thời gian làm xong sản phẩm theo kế hoạch là: $\frac{{600}}{x}$ (ngày)

Số sản phẩm làm được trong thực tế là: $600 + 100 = 700$ (sản phẩm)Thời gian làm xong sản phẩm theo thực tế là: $\frac{{700}}{{x + 10}}$ (ngày)

Do thực tế hoàn thành sớm hơn kế hoạch 1 ngày nên ta có phương trình:

$$\frac{{600}}{x} - \frac{{700}}{{x + 10}} = 1$$

$$\frac{{600\left( {x + 10} \right) - 700x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}$$

Suy ra $600x + 6000 - 700x = {x^2} + 10x$

$${x^2} + 110x - 6000 = 0$$

Tính được $x = - 150\,\,\left( {ktm} \right)\,\,,\,\,\,x = 40\left( {tm} \right)$.

Vậy số sản phẩm phải làm mỗi ngày theo kế hoạch là $40$ sản phẩm.

Đáp án: (a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn. (b) Chứng minh ${\rm{IE}}$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDB. (c) Chứng minh OI vuông góc với ED.

a) ${\rm{\Delta HDC}}$vuông tại D có DI là đường trung tuyến nên ${\rm{ID = IC = IH = }}\frac{{{\rm{HC}}}}{{\rm{2}}}$(1)

Tương tự ${\rm{\Delta HEC}}$ vuông tại E

có EI là đường trung tuyến nên ${\rm{IE = IC = IH = }}\frac{{{\rm{HC}}}}{{\rm{2}}}$(2)

Từ (1) và (2) bốn điểm C,D,H,E cách đều I nằm trên đường tròn đường tròn tâm I đường kính HC.Vậy tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính HC.

b) Tương tự cũng chứng minh được tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. nên $\widehat {{\rm{BAE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{EDC}}}$( cùng bù với $\widehat {{\rm{EDB}}}$)

và ta cũng có $\widehat {{\rm{BAE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{AEO}}}$( $\Delta {\rm{OAE}}$cân tại O) nên $\widehat {{\rm{AEO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{EDC}}}$(1)

$\widehat {{\rm{EDC}}} = \widehat {{\rm{EHC}}}$( Hai góc nội tiếp cùng chắng của đường tròn( I)

và $\widehat {{\rm{EHC}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}$($\Delta {\rm{IHE}}$cân tại I) nên $\widehat {{\rm{EDC}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat {{\rm{AEO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{HEI}}}$, Mà $\widehat {{\rm{OEI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ OEH}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{HEI}}}$$= \widehat {{\rm{OEH}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{ AEO}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}$

Vậy $OE \bot EI$ tại $E$$EI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AB.$

c) OE = OD suy ra O thuộc trung trực của ED

IE = ID suy ra I thuộc trung trực của ED

Kết luận OI là trung trực của ED.

Vậy OI vuông góc với ED