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

A = 7. 12 + 16 : 8

A = 86

- Tổng số laptop cửa hàng bán được sau bốn tháng là

12 + 16 + 23 + 19 = 70

- Số tiền lãi cửa hàng thu được sau bốn tháng là

70.800000=56 000 000 đồng

Rút gọn đúng $\;\;\frac{{x - \;\sqrt x }}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x .\;\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }}$ hoặc

B = $\sqrt x - 1 + \;\sqrt x = 2\sqrt x - 1$

-Vẽ (P)

+ Lấy đúng 5 điểm thuộc đồ thị hàm số

Ta có: Độ rộng mặt hồ AB = 2,4m

Do tính đối xứng của Parabol qua trục Oy nên khoảng cách từ trục Oy đến mỗi điểm A và B là: 2,4 : 2 = 1,2m

Vậy hoành độ của điểm B là ${{\rm{x}}_{\rm{B}}} = 1{,}2$ và hoành độ của điểm A là ${{\rm{x}}_{\rm{A}}} = - 1{,}2$

Thay ${{\rm{x}}_{\rm{B}}} = 1{,}2$ vào (P), ta có: y = 0,36

Vậy độ sâu lớn nhất của hồ bơi mầm non này là 0,36m.

Ta có: $\Delta = {{\rm{b}}^{\rm{2}}} - {\rm{4ac}} = {\rm{\;}}{{\rm{4}}^{\rm{2}}} - {\rm{4}}{\rm{.1}}{\rm{.3 = 4}} > 0$

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt ${{\rm{x}}_{\rm{1}}},\;{{\rm{x}}_{\rm{2}}}$

Theo định lý Viète, ta có: ${{\rm{x}}_{\rm{1}}} + {{\rm{x}}_{\rm{2}}} = \; - {\rm{4}}\;;\;{{\rm{x}}_{\rm{1}}}{\rm{.\;}}{{\rm{x}}_{\rm{2}}} = 3$

Ta có:

$\left| {{{\rm{x}}_1} - {{\rm{x}}_2}} \right| = \sqrt {({{\rm{x}}_1} - {{\rm{x}}_{2)}}^2} = \sqrt {{{\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)}^2} - 4{{\rm{x}}_{\rm{1}}}{{\rm{x}}_{\rm{2}}}{\rm{\;}}} = 2$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình

Nên ${x_1}^2 + 4{x_1} + 3{ = ^{}}0$ suy ra ${x_1}\left( {3{x_1} + 12} \right) = - 9$

Vậy M = 2 – (– 9) = 11

a) Có 6 cách chọn: (Hùng, Dũng), (Hùng, Minh), (Hùng, Nguyệt), (Dũng, Minh), (Dũng, Nguyệt), (Minh, Nguyệt)

b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố B: (Hùng, Nguyệt), (Hùng, Minh), (Dũng, Minh), (Dũng, Nguyệt)

Vậy ${\rm{P}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Ta có ${\rm{Cx // AB}}$nên

$\widehat {{\rm{CAB}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ACx}}} = {25^0}$.

Xét tam giác ${\rm{ABC}}$vuông tại ${\rm{B}}$, ta có:

${\rm{AB = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{tan}}\widehat {{\rm{CAB}}}}} = \frac{{150}}{{\tan {{25}^ \circ }}} \approx 321{,}68{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)$

Vậy chiếc thuyền đang đứng cách ngọn hải đăng 321,68 m.

a) Thể tích hộp phô mai là:

${\rm{V = \pi }}{{\rm{r}}^{\rm{2}}}{\rm{h}} = {\rm{\pi \;}}{\rm{.6,}}{{\rm{1}}^{\rm{2}}}{\rm{.\;2{,}4 = 89{,}3\pi \;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

b) Diện tích giấy gói mặt trên và dưới của miếng phômai

$2.{{\rm{S}}_{{\rm{quat}}}} = 2.{\rm{\;}}\frac{{{\rm{\pi }}.{{\rm{r}}^2}.{\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{3721}}{{400}}{\rm{\pi }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Diện tích hai mặt bên của miếng pho mai

2. (12,2:2),2,4 = 29,28 ${\rm{c}}{{\rm{m}}^2}$

Diện tích mặt trước miếng phomai

$\frac{{2.{\rm{\;\pi }}.\left( {12{,}2:2} \right)}}{8}.2{,}4 = 3{,}66{\rm{\pi \;c}}{{\rm{m}}^2}$

Diện tích giấy gói phomai là

$\frac{{3721}}{{400}}{\rm{\pi }} + 29{,}28 + 3{,}66{\rm{\pi \;}} \approx 70{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$

3,5 tấn $= 3500$kg.

Gọi ${\bf{x}}$là số bao gạo xe có thể chở (x $ϵ{N}^{*}$)

Mỗi bao gạo nặng 20 kg

⇒ Khối lượng ${\rm{x}}$bao gạo là: $20{\rm{x}}$(kg).

Tổng khối lượng gạo và bác lái xe không vượt quá 3500 kg, nên:

$20{\rm{x}} + 62 \le 3500$

Suy ra x ≤ 171,9

Vì ${\rm{x}}$là số nguyên (số bao gạo) nên: ${{\rm{x}}_{{\rm{max}}}}{\rm{ = 171}}$

Xe tải có thể chở tối đa 171 bao gạo.

Gọi số dãy ghế ban đầu của phòng họp trường A là x (dãy, x$ϵ{N}^{*}$).

Số ghế trong mỗi dãy ban đầu là:

$\frac{{50}}{{\rm{x}}}$ (ghế)

Số dãy ghế sau khi nhà trường xếp thêm là:

${\rm{x + 1\;}}$(dãy)

Số ghế trong mỗi dãy sau khi nhà trường xếp thêm là:

$\frac{{72}}{{{\rm{x + 1}}}}{\rm{\;}}$(ghế)

Theo đề bài ta có phương trình:

$\frac{{72}}{{{\rm{x + 1}}}} - \frac{{50}}{{\rm{x}}} = 2$

Giải phương trình suy ra x = 5

Vậy số dãy ghế ban đầu của phòng họp trường A là 5 dãy.

a) Ta có $\widehat {{\rm{OAM}}} = {90^ \circ }$(do MA là tiếp tuyến của (O), A là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O, A, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM. (1)

Lại có $\widehat {{\rm{OBM}}} = {90^ \circ }$(do MB là tiếp tuyến của (O), B là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O,B,M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM. (2)

Từ (1) và (2) ta được tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b)

Ta có tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra AB là dây cung của đường tròn đường kính OM.

Do đó OM $\bot$AB

Xét ∆OAM vuông tại A có AI là đường cao.

Xét ∆OAM và ∆OIA là hai tam giác vuông có góc O chung nên ∆OAM ∆OIA (g.g)

Suy ra $\frac{{{\rm{OA}}}}{{{\rm{OI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{OM}}}}{{{\rm{OA}}}}$hay ${\rm{O}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OM}}\,{\rm{.}}\,{\rm{OI}}$

Mà OA = R nên ${\rm{OI }}{\rm{. OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông ${\rm{IOA}}$, ta có

${\rm{I}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ = O}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ }} - {\rm{ O}}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OI }}{\rm{. OM }} - {\rm{ O}}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OI }}{\rm{. }}\left( {{\rm{OM }} - {\rm{ OI}}} \right){\rm{ = OI }}{\rm{. IM}}$

c) Ta có ${\rm{OA}} \bot {\rm{AM}}$(do AM là tiếp tuyến của (O) ) và BD$\bot$MA(gt), suy ra OA // BD

Chứng minh tương tự, ta được OB // AC

Do đó tứ giác OAHB là hình bình hành.

Mà OA = OB = R nên tứ giác OAHB là hình thoi, suy ra OH $\bot$AB

Mà OM $\bot$AB, do đó ${\rm{OM}} \equiv {\rm{OH}}$.

Vậy ba điểm O, H, M thẳng hàng.