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

$\frac{5}{{2 - \sqrt 3 }}$$= \frac{{5(2 + \sqrt 3 )}}{{(2 + \sqrt 3 )(2 - \sqrt 3 )}}$

$$= \frac{{10}}{{4 - 3}} = 10$$

Tổng số học sinh: $5 + 12 + 23 + 17 + 3 = 60$ (học sinh).

Số học sinh chi từ $100$ nghìn trở lên: $23 + 17 + 3 = 43$ (học sinh).

Tỉ lệ phần trăm: $(43:60).100\% \approx 71{,}67\%$

$A = \left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{12 + 4\sqrt x }}{{9 - x}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$$= \left( {\frac{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 3)}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}} + \frac{{12 + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$

$$= \frac{{(x - \sqrt x - 12) + 12 + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$$

$= \frac{{x - 3\sqrt x }}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$$= \frac{{\sqrt x (\sqrt x - 3)}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$$= 1$

Bảng giá trị:

Với AB = 6m, parabol có trục đối xứng là Oy nên ${x_A} = - 3,{x_B} = 3$

Thay $x = 3$ vào $y = - \frac{1}{4}{x^2}$ta được: $y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2} = \frac{{ - 1}}{4}{.3^2} = - 2{,}25$

Vậy $A\left( { - 3; - 2{,}25} \right),B\left( {3; - 2{,}25} \right)$

Vì $\left| {{y_A}} \right| = \left| {{y_B}} \right| = 2{,}25$ nên khoảng cách từ dải đèn LED đến đỉnh cổng bằng 2,25m

$\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - 4}\\{{x_1}{x_2} = 1}\end{array}} \right.$. Đặt $T = \frac{A}{B}$.

Nhận xét: Vì tích ${x_1}{x_2} = 1 > 0$ và tổng ${x_1} + {x_2} = - 4 < 0$ nên cả hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ đều là số âm.

Với ${x_1} > {x_2}$ thì ${x_1} - {x_2} = \sqrt {{{({x_1} + {x_2})}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3$.

Mẫu số: Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình nên $x_1^2 = - 4{x_1} - 1$

$\Rightarrow$$x_1^3 = {x_1}( - 4{x_1} - 1) = - 4x_1^2 - {x_1} = - 4( - 4{x_1} - 1) - {x_1} = 15{x_1} + 4$

$\Rightarrow$$B = (15{x_1} + 4) + 15{x_2} + 64 = 15({x_1} + {x_2}) + 68 = 15( - 4) + 68 = 8$

Tử số: Ta thay $- 4{x_1} = x_1^2 + 1$ $\Rightarrow$ $- 4{x_1} + 7 = (x_1^2 + 1) + 7 = x_1^2 + 8$

$\Rightarrow$$\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{({x_1} + 4{x_2})}^2}} = |{x_1} + 4{x_2}|$

Vì ${x_1},{x_2} < 0$ nên $|{x_1} + 4{x_2}| = - {x_1} - 4{x_2}$

$\Rightarrow A = ( - {x_1} - 4{x_2}) + 10{x_1} + 5{x_2} + 20 = 9{x_1} + {x_2} + 20$$= 4{x_1} - 4{x_2} = 4({x_1} - {x_2})$

Vậy: $T = \frac{A}{B} = \frac{{4({x_1} - {x_2})}}{8} = \frac{{4.2\sqrt 3 }}{8} = \sqrt 3$

a) Kí hiệu Trống đồng, Mộc bản và Gốm Chu Đậu lần lượt là T, M, G

Không gian mẫu: $\Omega = \{ (T,M,G);(T,G,M);(M,T,G);(M,G,T);(G,T,M);(G,M,T)\}$

b) Biến cố $A$: "Có đúng $1$ hiện vật được đặt đúng tủ".

Theo yêu cầu bài toán: Tủ $1$ đúng nếu chứa $T$, Tủ $2$ đúng nếu chứa $M$, Tủ $3$ đúng nếu chứa $G$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là:

$(T,G,M)$: Chỉ hiện vật $T$ ở tủ $1$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$(G,M,T)$: Chỉ hiện vật $M$ ở tủ $2$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$(M,T,G)$: Chỉ hiện vật $G$ ở tủ $3$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$A = \{ (T,G,M);(G,M,T);(M,T,G)\}$

Số kết quả thuận lợi là: $n(A) = 3$. Xác suất của biến cố $A$ là: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{6} = 0{,}5$.

Tam giác ABC vuông tại B: $BC = \tan {54^0}.AB = 120.\tan {54^0} \approx 165{,}2m$

Chiều cao tòa nhà: $BC + 1{,}6 \approx 166{,}8m$

Bán kính của đường tròn ngoài là:$R = \frac{{150}}{2} = 75(m)$

Vì bề rộng mặt đường là 15m, nên bán kính của đường tròn trong là: $r = 75 - 15 = 60(m)$

Diện tích phần mặt đường của vòng xuyến là: $S = \pi \cdot ({R^2} - {r^2}) = 3{,}14 \cdot ({75^2} - {60^2}) = 6358{,}5({m^2})$

Thể tích của chiếc gáo nửa hình cầu là: ${V_1} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {R^3} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {3^3} = 18\pi (c{m^3})$

Thể tích nước mắm thực tế múc được trong mỗi lần:${V_2} = 18\pi \cdot 95\% = 17{,}1\pi$ ($c{m^3}$)

Bán kính đáy của ống đong hình trụ là: $R = 10:2 = 5$ (cm)

Thể tích nước mắm trong ống đong khi đạt độ cao $18cm$ là: ${V_3} = \pi \cdot {5^2} \cdot 18 = 450\pi$($c{m^3}$)

Vì $450\pi :17{,}1\pi \approx 26{,}3$ nên số lần múc cần thiết để đạt độ cao tối thiểu 18cm là 27 lần.

Gọi $x$ là số tuần Mai cần tiết kiệm thêm ($x \in {\mathbb{N}^*}$).

Số tiền Mai tiết kiệm thêm sau $x$ tuần là: $50x$ (nghìn đồng).

Tổng số tiền Mai có sau $x$ tuần là: $300 + 50x$ (nghìn đồng).

Để có đủ tiền mua máy tính, ta có bất phương trình: $300 + 50x \ge 750$

Giải bất phương trình: $50x \ge 750 - 300$

$50x \ge 450$

$x \ge 9$

Đổi: 9 tuần = 63 ngày

Vậy bạn Mai cần tiết kiệm thêm ít nhất 63 ngày nữa thì đủ tiền mua máy tính.

Đổi: 1 phút 40 giây = 100 giây $= \frac{{100}}{{3600}}$ giờ $= \frac{1}{{36}}$ giờ.

Gọi $x$ ($km/h$) là vận tốc của VĐV Vũ Khánh Linh trong chặng cuối ($x > 0{,}5$).

Vận tốc của VĐV Yukiko Nomoto trong chặng cuối là: $x - 0{,}5$ ($km/h$).

Quãng đường bứt tốc cho đến đích: $42 - 31{,}5 = 10{,}5$km

Thời gian Linh đi hết $10{,}5km$ cuối là: $\frac{{10{,}5}}{x}$ (giờ).

Thời gian Yukiko đi hết $10{,}5km$ cuối là: $\frac{{10{,}5}}{{x - 0{,}5}}$ (giờ).

Theo đề bài, ta có phương trình: $\frac{{10{,}5}}{{x - 0{,}5}} - \frac{{10{,}5}}{x} = \frac{1}{{36}}$

Biến đổi phương trình trên ta được: $2{x^2} - x - 378 = 0$

Giải phương trình trên ta được: ${x_1} = 14$ (Thỏa mãn); ${x_2} = - 13{,}5$ (Loại).

Kết luận: Vận tốc của Vũ Khánh Linh là $14km/h$ và của Yukiko Nomoto là $13{,}5km/h$

trong chặng cuối

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}$

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO $\bot$ AC. Chứng minh tương tự NO $\bot$ AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét $\Delta$MCH và $\Delta$MOC lần lượt vuông tại H và C có $\widehat {{\rm{HMC}}}$ chung

$\Rightarrow$ $\Delta$MCH$\Delta$MOC (g.g)$\Rightarrow$${\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}$ (1).

$\Delta$BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính$\Rightarrow$$\Delta$BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: $\Delta$MCD$\Delta$MBC (g.g) $\Rightarrow$${\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra ${\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}$$\Rightarrow$$\Delta$MDH$\Delta$MOB (c.g.c) $\Rightarrow$$\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}$.

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên $\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}$ hay $\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}$ $\Rightarrow$$\Delta$DBI$\Delta$BCM (g.g)

$\Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}$. Kết hợp với $\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}$

Từ đó suy ra (c.g.c) $\Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}$.

Mà $\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}$ (cmt) nên $\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}$ $\Rightarrow$ EI // DH (3).

Mặt khác, $\Delta$BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

$\Rightarrow$ EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.