Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ngô Thì Nhậm (Hòa Khánh) có đáp án

$= \frac{{\sqrt a + \sqrt b }}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{ab}}{{\sqrt a + \sqrt b }}$

$= \sqrt {ab}$

Hàm số : y = $\frac{1}{2}$x$^{2}$

- Vẽ đúng đồ thị $y = \frac{1}{2}{x^2}$

Cho y=8. Tính được $x = \pm 4$

Vậy các điểm cần tìm là: (4;8) ;(-4;8)

Xét phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2m + 1 = 0\,\,\,\,\,(1)$ có:

$\begin{array}{l}\Delta ' = {{b'}^2} - ac = {\left( {m + 3} \right)^2} - \left( {2m + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 6m + 9 - 2m - 1 = {m^2} + 4m + 8 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4 > 0\end{array}$

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Hệ thức Viète : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\left( {m + 3} \right)\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 2m + 1\end{array} \right.$

Theo đề $x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1} - 2{x_2} = 10.$

Hay ${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 10$

$4{\left( {m + 3} \right)^2} - 2.\left( {2m + 1} \right) - 2.2.\left( {m + 3} \right) = 10$

$4{m^2} + 16m + 12 = 0$

$${m^2} + 4m + 3 = 0$$

a) $\Omega = \left\{ {30;35;39;40;45;49} \right\}$

$n\left( \Omega \right) = 6$

b) - Kết quả thuận lợi cho biến cố M: “Số tự nhiên viết ra chia hết cho 3” là: 30, 39, 45. Vậy $n\left( M \right) = 3.$

- Xác suất của biến cố M là $P\left( M \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( M \right)}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

- Kết quả thuận lợi cho biến cố N: “Số tự nhiên viết ra không vượt quá 35” là: 30, 35. Vậy $n\left( N \right) = 2.$

- Xác suất của biến cố N là $P\left( N \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( N \right)}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

tan A=$\frac{{0{,}9}}{6}$ tính được $\widehat A$ = ${9^0}$

tan A=$\frac{h}{{18}}$ tính được h = 2,7m. Vậy ta cần h > 2,7 m thì bóng không chạm lưới

Áp dụng tc đường trung bình: OH=6 cm, BH= 4, 5 cm

$\tan BOH = \frac{{4{,}5}}{6}$suy ra $\widehat {BOH} = {37^ \circ }$

nên $\widehat {BOA} = {74^0}$

Theo định lý Pythagore tính được AC=15 nên R=7,5

${S_{quatBOC}} = \frac{{\pi .{R^2}.(180 - 74)}}{{360}}$=52 ($c{m^2}$)

Chiều cao của hình trụ là : 6R

Chiều cao của hình nón là : 6R – 2R = 4R

Ta có:

Thể tích hình trụ là: ${V_1} = \pi {R^2}h = \pi .{R^2}.6R = 6\pi {R^3}$

Thể tích viên bi là: ${V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.

Thể tích hình nón là: ${V_3} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{R^2}.4R = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.

Thể tích nước còn lại trong bình là:

${V_4} = {V_1} - {V_2} - {V_3} = 6\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} - \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{10}}{3}\pi {R^3}$

Gọi số tiền bà Hoa cần gửi tiết kiệm hằng năm là x (triệu đồng) (x > 0)

Theo đề ta có:

6,9%.x $≥$ 50

Giải bất phương trình ta được x $≥$ 724,638

KL: bà Hoa cần gửi ít nhất 725 triệu đồng.

Gọi x (h) là thời gian từ lúc xe máy khởi hành cho đến khi gặp ô tô; y (h) là thời gian từ lúc ô tô khởi hành cho đến khi gặp xe máy (x > y > 0)

Theo đề ta có : $x - y = \frac{1}{6}$ và 40x + 60y = 120

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - y = \frac{1}{6}\\40x + 60y = 120\end{array} \right.$

Giải được $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{{10}}\\y = \frac{{17}}{{15}}\end{array} \right.$

Vậy xe máy khởi hành và đi được $\frac{{13}}{{10}}(h)$ thì hai xe gặp nhau.

a) Xét tứ giác AFHE có:

+ $\widehat {AFH} = {90^o}$ (CF là đường cao)

+ $\widehat {AEH} = {90^o}$ (BE là đường cao)

$\Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^o} + {90^o} = {180^o}$. Mà $\widehat {AEH}$ và $\widehat {AFH}$ là hai góc đối nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Suy ra $\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\,\,$(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)

- Xét $\Delta BAH$và $\Delta BEF$có: $\widehat {HBF}$ : chung

$\widehat {BAH} = \widehat {BEF}$ (chứng minh trên)

Do đó: $\Delta BAH$đồng dạng $\Delta BEF$ (g – g)

Suy ra: $\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{BF}}{{EF}}$.

Do đó BH.EF = BF.AH

c) Ta có tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O) nên: $\widehat {KDB} = \widehat {ACB}$. Mà $\widehat {DKB} = \widehat {BEC} = {90^o}$nên $\Delta DKB$đồng dạng với $\Delta CEB$ (g – g).

Suy ra: $\widehat {DBK} = \widehat {EBC}$ (1)

- Chứng minh tứ giác DKBF nội tiếp, từ đó suy ra: $\widehat {DFK} = \widehat {DBK}$(2)

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra: $\widehat {EFC} = \widehat {EBC}$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $\widehat {DFK} = \widehat {EFC}$

- Mà: $\widehat {DFK} + \widehat {KFC} = {180^o}$nên $\widehat {EFC} + \widehat {KFC} = {180^o}\,$.

Do đó K, F, E thẳng hàng. (4)

- Chứng minh KF, PE lần lượt là các đường trung bình của $\Delta BPI$ và $\Delta BIQ$.

Suy ra: PI // KF và IQ // PE (5)

Từ (4) và (5) ta có P, I, Q thẳng hàng