Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Chơn (Thanh Khê) có đáp án

$A = \sqrt {27} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} - 2\sqrt 3$

$\, = 3\sqrt 3 - \left| {\sqrt 3 - 1} \right| - 2\sqrt 3$

$= 3\sqrt 3 - \sqrt 3 + 1 - 2\sqrt 3$ (Vì $\sqrt 3 > 1$)

$= 1$

Tổng tỉ lệ học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

$35\% + 25\% + 10\% = 70\%$

Số học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

$1500.70\% = 1050$ (học sinh)

Với $x \ge 0$ và $x \ne 4$

Ta có $A = \left( {\frac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}}} \right):\frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$

$= \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}} \right].\frac{{\sqrt x + 1}}{{x - 4}}$

$= \left( {\sqrt x + 2} \right).\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$$= \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}}$

Điểm cao nhất của cầu là điểm$A( - 200;\,100)$ và $B(200;\,100)$.

Thay $x = 200,\,y = 100$ vào hàm số

$y = a{x^2}\,(a \ne 0)$, ta có:

$\begin{array}{l}100 = a{.200^2}\,\\100 = a.40000\end{array}$

$a = 0{,}0025$ (thỏa mãn).

Như vậy, hàm số cần tìm là: $y = 0{,}0025{x^2}$.

Độ cao KH của cáp là giá trị của hàm số $y = 0{,}0025{x^2}$ khi $x = 80$.

Vậy độ cao KH của dây cáp tại đó là: $0,{0025.80^2} = 16\,(m)$.

${x^2} - 11x + 18 = 0$ (1)

Ta có: $\Delta = {( - 11)^2} - 4.1.18 = 49$

Vì $\Delta > 0$ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ (đpcm).

Theo định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 11\\{x_1}{x_2} = 18\end{array} \right.$

Suy ra ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai số dương.

Vì ${{\rm{x}}_{\rm{1}}}$là nghiệm của phương trình ${x^2} - 11x + 18 = 0$

nên $x_1^2 - 11{x_1} + 18 = 0$

$\begin{array}{l}x_1^2 - 10{x_1} + 25 = {x_1} + 7\\{({x_1} - 5)^2} = {x_1} + 7\end{array}$

Vì ${x_1} > {x_2} > 0$ và ${x_1} + \,{x_2} = 11$ nên ${x_1} > \,\,5$

Suy ra $\sqrt {{x_1} + 7} = {x_1} - 5$

Khi đó $Q = {x_2} + {x_1} - 5 = 11 - 5 = 6$.

Gọi E là biến cố “Tổng hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn”.

Các kết quả có thể

Không gian mẫu

$\begin{array}{l}\Omega = {\rm{\{ }}\left( {1,{\rm{ }}2} \right);\left( {1,{\rm{ }}3} \right);\left( {1,{\rm{ }}4} \right);\left( {1,{\rm{ }}5} \right);\left( {1,{\rm{ }}6} \right);\left( {2,{\rm{ }}3} \right);\left( {2,{\rm{ }}4} \right);\left( {2,{\rm{ }}5} \right);\left( {2,{\rm{ }}6} \right);\left( {3,{\rm{ }}4} \right);\\\left( {3,{\rm{ }}5} \right);\left( {3,{\rm{ }}6} \right);\left( {4,{\rm{ }}5} \right);\left( {4,{\rm{ 6}}} \right);\left( {5,{\rm{ }}6} \right){\rm{\} }}\end{array}$

${\rm{n}}(\Omega ) = 15$

Việc rút thẻ là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố E là:$\left( {1,{\rm{ }}3} \right);\left( {1,{\rm{ }}5} \right);\left( {2,{\rm{ }}4} \right);\left( {2,{\rm{ }}6} \right);\left( {3,{\rm{ }}5} \right);\left( {4,{\rm{ 6}}} \right)$ hay ${\rm{n}}({\rm{E}}) = 6$

Vậy ${\rm{P(E)}} = \frac{6}{{15}} = \frac{2}{5}$.

Đổi $5$ phút = $\frac{1}{{12}}$ giờ

Độ cao máy bay đạt được là $12500{\rm{ m}}$ nên ${\rm{AB = 12500 m}} = {\rm{12{,}5 km}}$

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác ${\rm{ABC}}$ vuông tại B ta có ${\mathop{\rm Sin}\nolimits} {\rm{C = }}\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AC}}}}$ suy ra ${\rm{AC}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{SinC}}}} = \frac{{12{,}5}}{{{\mathop{\rm Sin}\nolimits} {{20}^0}}} \approx 36{,}55{\rm{ km}}$

Do đó vận tốc trung bình mà máy bay đạt được là:

${\rm{v}} = \frac{{{\rm{s }}}}{{{\rm{t }}}} = \frac{{36{,}55}}{{\frac{1}{{12}}}} \approx 438{,}6{\rm{ km/h}}$

Tính được Diện tích hình quạt CBA: ${S_1} = \frac{{150.\pi .B{A^2}}}{{360}}$

Tính được phần Diện tích hình quạt DBE: ${S_2} = \frac{{150.\pi .B{E^2}}}{{360}}$

Diện tích giấy dán đủ hai mặt

$$\begin{array}{l}2.\left( {{S_1} - {S_2}} \right) = 2\left( {\frac{{150.\pi .B{A^2}}}{{360}} - \frac{{150.\pi .B{E^2}}}{{360}}} \right)\\ = 2.\frac{{150.\pi }}{{360}}\left( {B{A^2} - B{E^2}} \right) = 2.\frac{{150.\pi }}{{360}}\left( {{{33}^2} - {8^2}} \right) \approx 2683\,(c{m^2})\end{array}$$

Ta có bán kính đáy hình nón: $r = 6:2 = 3({\rm{m}})$

Đường sinh của hình nón: $l = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = \sqrt {25} = 5({\rm{m}})$

Diện tích xung quanh hình nón: $S = \pi .r.l = 3{,}14.3.5 = 47{,}1({{\rm{m}}^2})$

Diện tích vải cho 100 chiếc lều: $47{,}1.100 = 4710({{\rm{m}}^2})$

Chi phí tiền vải của 100 chiếc lều là: $4710 \cdot {\rm{ }}90{\rm{ }}000 = 423{\rm{ }}900{\rm{ }}000$(đồng)

Vậy tổng chi phí tiền vải để sản xuất 100 chiếc lều đó là$423900000$Ƨ (đồng)

Tổng chi phí cửa hàng phải chi ra trong một ngày $A = 1{\rm{ 500 000 + 15 000}}{\rm{.}}x$(đồng)

Tổng chi phí trong ngày không vượt quá $4{\rm{ 500 000}}$ đồng, tức là $A \le 4{\rm{ }}500{\rm{ }}000$ hay $1{\rm{ }}500{\rm{ }}000 + 15{\rm{ }}000.x \le 4{\rm{ }}500{\rm{ }}000$

Suy ra ${\rm{x}} \le 200$

Vậy tối đa cửa hàng có thể làm $200$ ly trà sữa để chi phí không vượt quá $4{\rm{ }}500{\rm{ }}000$ đồng mỗi ngày

Gọi $x,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} y$ ( học sinh) lần lượt là số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp $9A$ (đk: $x,y \in {N^*}$)

Tìm được một phương trình

Lập được hệ phương trình$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 47\\133{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 000x + 114{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 000y = 5{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 814{\kern 1pt} {\kern 1pt} 000\end{array} \right.$

Tìm được $x = 24;y = 23$ và kết luận

a) Xét $(O)$; có: $\widehat {AEB} = {90^o}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat {KEB} = {90^o}$

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm I nên $\widehat {KIB} = {90^o}$

Xét $\Delta KEB$ vuông tại $E$ có cạnh huyền $KB$ suy ra $K;E;B$thuộc đường tròn đường kính $KB$ (1)

Xét $\Delta KIB$vuông tại $I$ có cạnh huyền$KB$ suy ra$K;I;B$ thuộc đường tròn đường kính $KB$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $K;I;E;B$cùng thuộc một đường tròn đường kính $KB$.

b) Xét $\Delta AKI$vuông tại I và $\Delta ABE$vuông tại E có $\widehat {BAE}$là góc chung nên

$\Delta AKI$$\Delta ABE$ (g-g) do đó $\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}$ suy ra $AK.AE = AB.AI$(3)

Chứng minh được $K$là trực tâm của $\Delta APB$ nên $BQ \bot AP$ ($Q \in AP$) hay $\widehat {AQK} = {90^0}$

Xét $\Delta BKI$vuông tại I và $\Delta BAQ$vuông tại Q có: $\widehat {ABQ}$là góc chung nên

$\Delta BKI$$\Delta BAQ$ (g-g) do đó $\frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{BI}}{{BQ}}$ suy ra $BK.BQ = AB.BI$(4)

Từ (3) và (4) ta có: $AK.AE + BK.BQ = AB.AI + AB.BI = AB(AI + BI) = AB.AB = A{B^2}$

Vậy $AK.AE + BK.BQ = A{B^2}$

c) Chứng minh $IK$ là phân giác của $\widehat {EIQ}$

Chứng minh được bốn điểm $A;I;Q;K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AK$ suy ra $\widehat {QAK} = \widehat {QIK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $QK$)

$KEBI$là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\widehat {KIE} = \widehat {KBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EK$)

Chứng minh được Q thuộc đường tròn đường kính AB

Lại có: $\widehat {QAK} = \widehat {KBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $QE$)

Suy ra $\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}$ hay $IK$là phân giác của $\widehat {EIQ}$

Chứng minh$\widehat {OQE} = \widehat {QPE}$

$\Delta OQB$cân tại O nên $\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}$ (5)

Chứng minh được $\Delta IBK$$\Delta QPK$(g-g) suy ra $\widehat {OBK} = \widehat {QPK}$(6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat {OQK} = \widehat {QPK}$(*)

Chứng minh được $\Delta IAK$$\Delta EPK$(g-g) suy ra $\widehat {IAK} = \widehat {EPK}$mà $\widehat {IAK} = \widehat {KQE}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE$) nên $\widehat {EPK} = \widehat {KQE}$(**)

Từ (*) và (**) ta có: $\widehat {OQK} + \widehat {KQE} = \widehat {QPK} + \widehat {EPK}$ suy ra $\widehat {OQE} = \widehat {QPE}$