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

Điều kiện xác định của căn thức: $\sqrt { - 2x + 4}$ là: $- 2x + 4 \ge 0$

$$- 2x \ge - 4$$

$$x \le 2$$

Bảng tần số từ số liệu của biểu đồ tranh như sau:

Môn học Toán được học sinh yêu thích nhất (tần số xuất hiện của giá trị này bằng $20$ là tần số lớn nhất)

Với $x > 0$ và $x \ne 1$ thì $A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{x + \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{x + 2\sqrt x + 1}}$

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

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

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

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

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

Vậy $A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}$ với $x > 0$ và $x \ne 1$.

Bảng giá trị của hàm số

Vẽ đúng ít nhất 3 điểm thuộc đồ thị hàm số.

Giải phương trình tìm được ${x_1} = 1 + \sqrt 2$ và ${x_2} = 1 - \sqrt 2$.

Phương trình ${x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0$$\left( {a = 1;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} b = - 2m{\kern 1pt} ;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} c = {m^2} - 2} \right)$

Ta có: $\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 2 = 2 > 0$

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$.

Áp dụng định lí Vietè, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.$

Theo đề bài, có: ${x_1} = 2{x_2}$. Thay vào $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.$ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}2{x_2} + {x_2} = 2m\\2{x_2}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.$

Hay $\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{{2m}}{3}\\2.{\left( {\frac{{2m}}{3}} \right)^2} = {m^2} - 2{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (*)\end{array} \right.$

Giải (*) $8{m^2} = 9m{}^2 - 18$

Giải phương trình ta được ${m_1} = 3\sqrt 2$ và ${m_2} = - 3\sqrt 2$

Vậy $m \in \left\{ {3\sqrt 2 ; - 3\sqrt 2 } \right\}$thì phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm ${x_1} = 2{x_2}$.

a) $\Omega =${(Phúc; Bình; An), (Phúc; An; Bình), (Bình; An; Phúc), (Bình; Phúc; An), (An; Phúc; Bình), (An; Bình; Phúc)}.

Không gian mẫu có $6$ phần tử

b) Vì nhân viên thu ngân chọn ngẫu nhiên lần lượt từng khách hàng để thanh toán nên các kết quả có thể là đồng khả năng

Có $2$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: (Bình; An; Phúc), (An; Bình; Phúc).

Xác suất của biến cố $A$ là: $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có:

$\tan \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{9}{{14}}$ nên $\widehat {BAC} \approx 33^\circ$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có:

$BD = AB\,\,.\,\,\tan \widehat {BAD} = 14\,\,.\,\,\tan 71^\circ \,\,\left( {\rm{m}} \right)$

Quãng đường xe máy đi từ $C$ đến $D$ là:

$CD = BD - BC = 14\,\,.\,\,\tan 71^\circ - 9\,\,\left( {\rm{m}} \right)$

Đổi $22\,\,{\rm{km/h}} = \left( {22\,\,.\,\,1000:3600} \right)\,\,{\rm{m/s}} = \frac{{55}}{9}\,\,{\rm{m/s}}$.

Thời gian đi từ $C$ đến $D$ khoảng: $\left( {14\,\,.\,\,\tan 71^\circ - 9} \right):\frac{{55}}{9} \approx 5\,\,\left( {\rm{s}} \right)$

Bán kính thân bình hình trụ và hai nửa cầu là $\frac{{1{,}8}}{2} = 0{,}9\,\left( {\rm{m}} \right)$

Thể tích phần thân bồn hình trụ là ${V_1} = \pi {R^2}h = \pi \cdot 0,{9^2} \cdot 3{,}2 = 2{,}592\pi \,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Vì 2 nửa hình cầu ghép lại thành 1 hình cầu nên thể tích hai nửa hình cầu là

${V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot 0,{9^3} = 0{,}972\pi \,\left( {\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích của bồn nước là ${V_1} + {V_2} = 2{,}592\pi + 0{,}972\pi \approx 11{,}12\,\left( {\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\,$

Số mét khối nước sạch mỗi hộ dân nhận được là $\frac{{11{,}12}}{{100}} \approx 0{,}11\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Gọi $x$$\left( {{\rm{kg}}} \right)$ là số kilôgam cà chua mà trang trại đó đã bán $\left( {x > 0} \right)$.

Số tiền trang trang thu được khi bán $x$$\left( {{\rm{kg}}} \right)$cà chua là $18x$ (nghìn đồng).

Số tiền trang trang thu được khi bán $400$$\left( {{\rm{kg}}} \right)$khoai tây là $25 \cdot 400 = 10\,000$(nghìn đồng).

Do trang trại thu được ít nhất $20{,}8$ triệu đồng do bán cà chua và khoai tây nên ta có bất phương trình là:

$18\,x + 10\,000 \ge 20\,800$.

$18\,x \ge 20\,800\, - 10\,000$

$18\,x \ge 10\,800\,$

$x \ge 600$.

Vậy trang trại đó đã bán được ít nhất $600$${\rm{kg}}$ cà chua.

Gọi chiều dài mảnh đất là $x\,\left( {\rm{m}} \right)$, $\left( {x > 0} \right)$

Chiều rộng mảnh đất là $y\,\left( {\rm{m}} \right)$, $\left( {y > 0} \right)$

Theo bài ra chu vi mảnh đất là $68\,{\rm{m}}$, nên ta có phương trình:

$\left( {x + y} \right) \cdot 2 = 68$ hay $x + y = 34$

Mặt khác chiều dài hơn chiều rộng $6\,{\rm{m}}$, nên ta có phương trình:

$x - y = 6$

Khi đó ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 34\\x - y = 6\end{array} \right.$

Giải ra ta được $x = 20$, $y = 14$

Diện tích mảnh đất là: $20 \cdot 14 = 280\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Số cây hoa bác Thắng trồng được là:$280 \cdot 10 = 2800$(cây)

a) Ta có $D$ là chân đường vuông góc kể từ $A$ đến $BC$ nên $AD \bot \;BC$ hay $\widehat{ADB}={90}^{^{\circ}}$.

Tương tự ta có $\widehat{AEB}={90}^{^{\circ}}$

$\Delta BDA$ và $\Delta BEA$ là các tam giác vuông với cạnh huyền là $AB$ nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính $AB$

Hay các điểm $A$, $B$, $D$, $E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

Vậy tứ giác $ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$.

b) Có tứ giác $ABDE$ nội tiếp nên $\widehat{ABD}+\widehat{AED}={180}^{^{\circ}}$

Mà $\widehat{KED}+\widehat{AED}={180}^{^{\circ}}$ (kề bù) nên $\widehat {KED} = \widehat {ABD}$

Lại có $\widehat {ABC} = \widehat {AKC}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của $\left( O \right)$)

Suy ra $\widehat {KED} = \widehat {AKC}$ mà đây là 2 góc so le trong nên $DE\,\,{\rm{//}}\,\,KC$

c) Có tứ giác $ABDE$ nội tiếp nên $\widehat {IDE} = \widehat {OAB}$ (cùng bù với $\widehat {BDE}$)

$\Delta OBC$ cân tại $O$ nên đường trung tuyến $OI$ đồng thời là đường cao, suy ra $\widehat{OIB}={90}^{^{\circ}}$.

Có $OIB$ và $OEB$ là các tam giác vuông có cạnh huyền $OB$ nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính $OB$, từ đó suy ra tứ giác $OBEI$ nội tiếp nên $\widehat {DIE} = \widehat {AOB}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn )

Xét $\Delta IDE$ và $\Delta OAB$ có $\widehat {IDE} = \widehat {OAB}$; $\widehat {DIE} = \widehat {AOB}$ nên (g.g)

Mà $\Delta OAB$ cân tại $O$ nên $\Delta IDE$ cân tại $I$.