Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Văn Linh (Cẩm Lệ) có đáp án

A = $2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 + \sqrt[3]{8}.$=$2.3-3.2+2$

= 2

Bảng tần số tương đối:

Biểu đồ hình cột

$P=\frac{\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}+3}-\frac{3}{\sqrt[]{x}-3}+\frac{6\sqrt[]{x}}{x-9}$

=$\frac{\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}+3}-\frac{3}{\sqrt[]{x}-3}+\frac{6\sqrt[]{x}}{\left. \sqrt[]{x}-3 \right..(\sqrt[]{x}+3)}$

=$\frac{\sqrt[]{x}\left. \sqrt[]{x}-3 \right.-3\left. \sqrt[]{x}+3 \right.+6\sqrt[]{x}}{\left. \sqrt[]{x}-3 \right..(\sqrt[]{x}+3)}$

= $\frac{x-3\sqrt[]{x}-3\sqrt[]{x}-9+6\sqrt[]{x}}{\left. \sqrt[]{x}-3 \right..(\sqrt[]{x}+3)}$ = $\frac{x-9}{\left. \sqrt[]{x}-3 \right..(\sqrt[]{x}+3)}$ = 1

Vậy P=1

Cho 5 tọa độ điểm

Vẽ đúng đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2}{x^2}$(P)

Gọi các điểm cách đều hai trục toạ độ $M({x_M};{y_{M)}}$

Các điểm cách đều hai trục toạ độ $\left| y \right| = \left| x \right|$thì ${y_M} = {x_M}$ và ${y_M} = - {x_M}$

Khi ${y_M} = {x_M}$ta có ${x_M} = - \frac{1}{2}x_M^2$nên ${x_M} = 0$(loại) ; ${x_M} = - 2$

Khi ${y_M} = - {x_M}$ta có $- {x_M} = - \frac{1}{2}x_M^2$nên ${x_M} = 0$(loại) ; ${x_M} = 2$

Vậy các điểm cần tìm $M( - 2; - 2)$; $M(2; - 2)$

Giải đúng phương trình ${x^2} - x - 1 = 0$có hai nghiệm ${x_1} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};{x_2} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$

Theo hệ thức viet ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.$

Vì ${x_1};{x_2}$là hai nghiệm của phương trình đã cho nên ${x_1}^2 - {x_1} - 1 = 0$ và ${x_2}^2 - {x_2} - 1 = 0$

${x_1}^2 - 1 = {x_1}$; ${x_2}^2 - 1 = {x_2}$

$A = \frac{{x_1^2 + {x_1} - 1}}{{{x_1}}} - \frac{{x_2^2 + {x_2} - 1}}{{{x_2}}}$

$$\begin{array}{l} = \frac{{x_1^2 - 1 + {x_1}}}{{{x_1}}} - \frac{{x_2^2 - 1 + {x_2}}}{{{x_2}}}\\ = \frac{{{x_1} + {x_1}}}{{{x_1}}} - \frac{{{x_2} + {x_2}}}{{{x_2}}}\\ = 2 - 2 = 0\end{array}$$

Mỗi kết quả của phép thử là cặp số (a;b) trong đó 2 số a và b đều thuộc tập hợp $\left\{ {1;2;3;4} \right\}$

Không gian mẫu:

$$\begin{array}{l}\Omega = \left\{ {} \right.\left( {1;1} \right);\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {2;1} \right);\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;1} \right);\left( {3;2} \right);\\\left( {3;3} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;3} \right);\left( {4;4} \right)\left. {} \right\}\end{array}$$

n() = 16

Nêu được các kết quả thuận lợi cho biến cố E là:

(1;1); (1;2); (2;1); (1;4); (4;1); (2;3); (3;2); (3;4); (4;3)

n(E) = 9

${\rm{P}}\left( {\rm{E}} \right) = \frac{{{\rm{n}}\left( {\rm{E}} \right)}}{{{\rm{n}}\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{9}{{16}}$

Góc tạo bởi cáp trượt và mặt đất là góc $\widehat {ABH}$.

Xét $\Delta ABH$ vuông tại H, ta có: $\sin B = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{30}}{{100}} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow \widehat {ABH} = 17^\circ 27\prime$

Vậy góc mà dây cáp tạo với mặt đất là $17^\circ 27\prime$.

Diện tích hình quạt có bán kính là 7 m.

${\rm{S}} = \frac{{{{\rm{R}}^2}\pi \cdot {\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{{7^2}\pi \cdot 60}}{{360}} = \frac{{49}}{6}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích hình quạt có bán kính 3 m là: ${\rm{S}} = \frac{{{{\rm{R}}^2}\pi \cdot {\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{{3^2}\pi \cdot 60}}{{360}} = \frac{3}{2}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích phần tô đậm $\frac{{49}}{6}\pi - \frac{3}{2}\pi = \frac{{20}}{3}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$

Đổi $40\,{\rm{cm = 0{,}4}}\,{\rm{m;}}\,\,{\rm{26 cm = 0{,}26 m}}$

Diện tích cần sơn chính là tổng diện tích xung quanh của các hình trụ.

Tổng diện tích xung quanh của $4$ cây cột đường kính $40$ cm là:

${S_1} = 4.2.\pi .{r_1}.l = 4.2.\pi .0{,}2.4{,}2 = 6{,}72\pi \,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$

Tổng diện tích xung quanh của $6$ cây cột đường kính $26$ cm là:

${S_2} = 6.2.\pi .{r_2}.l = 6.2.\pi .0{,}13.4{,}2 = 6{,}552\pi \,\left( {{{\mathop{\rm m}\nolimits} ^2}} \right)$

Tổng diện tích xung quanh của $10$ cây cột là

$S = {S_1} + {S_2} = 6{,}72\pi + 6{,}552\pi = 13{,}272\pi \,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$

Số tiền cần dùng là:$13{,}272\pi .380000 \approx 15844000$ (đồng) .

Gọi x là số đôi giày sản xuất trung bình mỗi tháng (x nguyên dương).

Lợi nhuận trung bình mỗi tháng là:

0,35x – 435 (triệu đồng)

Để lợi nhuận một năm ít nhất là 1,5 tỉ đồng hay 1 500 triệu đồng thì lợi nhuận trung bình một tháng ít nhất là :

$\frac{{1500}}{{12}} = 125$ ( triệu đồng)

Do đó ta có: 0,35x – 435 $\ge$125

Giải bpt, tìm được: x $\ge$ 1600

Kết luận: Vậy trung bình mỗi tháng cở sở đó phải sản xuất ít nhất 1 600 đôi giày để đạt lợi nhuận ít nhất 1,5 tỉ sau 1 năm.

Gọi x là số học sinh dự thi của trường A, y là số học sinh dự thi của trường B. ( x, y nguyên dương)

Tổng số học sinh dự thi của hai trường là: 435 : 87% = 500 (hs)

Theo đề ta có hpt:$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\85\% x + 90\% y = 435\end{array} \right.$

Giải hệ pt, ta được: x = 300 (thỏa đk); y = 200 ( thỏa đk)

Kết luận: Vậy số hs dự thi của trường A là : 300 hs, của trường B là 200 hs

a) $\Delta ACH$ vuông tại H nên $\Delta ACH$ nội tiếp đường tròn đường kính AC(1)

$\Delta ACK$ vuông tại K nên $\Delta ACK$ nội tiếp đường tròn đường kính AC(2)

Từ (1) và (2) ta có bốn điểm A, H, K, C thuộc đường tròn đường kính AC. Tâm của đường tròn nay là trung điểm của AC

b) Chứng minh$\widehat {KCH} = \widehat {DCB}$

$\Delta CHB$ vuông tại H nên $\widehat {CBH} + \widehat {HCB} = {90^0}$ (3)

$\Delta CKD$ vuông tại K nên $\widehat {CDK} + \widehat {DCK} = {90^0}$ (4)

Lại có $\widehat {CDA} = \widehat {CBA}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay $\widehat {CDK} = \widehat {CBH}$ (5)

Từ (3),(4) và (5) ta có $\widehat {KCH} = \widehat {DCB}$

Chứng minh $AI.AD = AH.AB$

Xét △AIH và △ABD:

- $∠HAI=∠DAB$ (góc chung)
- $∠AHI=90°$ (CH ⊥ AB)
- $∠ADB=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Suy ra: $△AIH∼△ABD$ (g-g)

$⇒\frac{AI}{AB}=\frac{AH}{AD}⇒AI⋅AD=AH⋅AB◼$

suy ra $\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}$ nên$AI.AD = AH.AB$

c) Kéo dài CP cắt AB tại M

Xét $\Delta ACM$ có hai đường cao AK và CH cắt nhau tại I nên I là trực tâm của $\Delta ACM$. Suy ra MI vuông góc với AC

Xét nửa đường tròn(O) có$\widehat {ACB} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên Bc vuông góc với AC. Do đó MI//BC

Xét$\Delta CHB$ có $I \in CH;M \in HB$ mà MI//BC suy ra $\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}$ (định lý Thales) (6)

Xét$\Delta HDB$ có $P \in HD;M \in HB$ mà MP//BD( cùng vuông góc với AD) suy ra $\frac{{HD}}{{HP}} = \frac{{HM}}{{HB}}$ (định lý Thales) (7)

Từ (6) và (7) suy ra $\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HD}}{{HP}}$ nên IP//CD(đpcm)