Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Viết Xuân (Bà Nà) có đáp án

$A = \sqrt {25} + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 + \left( { - 3} \right)$

$A = 2$

${\rm{P}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{2\sqrt x - 24}}{{x - 9}}$ với $x \ne 9$ và $x \ge 0$

$${\rm{P}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{2\sqrt x - 24}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$$

$${\rm{P}} = \frac{{x + 5\sqrt x - 24}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$$

$$\begin{array}{l}{\rm{P}} = \frac{{\left( {\sqrt x + 8} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\{\rm{P}} = \frac{{\sqrt x + 8}}{{\sqrt {x + 3} }}\end{array}$$

+ Đồ thị hàm số $y = (m - 1){x^2}$ đi qua điểm $A( - 1;1)$ nên thay $x = - 1,\,y = 1$ ta được $m = 2$.

+ Với $m = 2$ ta có hàm số $y = {x^2}$.

HS lập được bảng giá trị gồm 5 điểm thuộc đồ thị hàm số $y = {x^2}$

+ Đồ thị hàm số là một parabol đi qua các điểm trong bảng giá trị trên.

HS vẽ đúng đồ thị hàm số $y = {x^2}$ trên hệ trục Oxy với đầy đủ chú giải các trục.

Theo đề, ${x^2} - 4x + a = 0$ có hai nghiệm phân biệt nên theo định lý Viète ta có:

$${x_1} + {x_2} = 4$$

Lại có, $2{x_1} + 3{x_2} = 9$ hay $2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_2} = 9$, suy ra ${x_2} = 1$, ${x_1} = 3$.

Do đó: ${x_1}{x_2} = 1.3 = 3$

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

$$A = {4^2} - 2.3 = 10$$

Số phần tử của không gian mẫu: $52.51 = 2652$

Vì ta lấy lần lượt hai lá bài từ bộ bài và các lá bài đồng chất nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Số phần tử của biến cố “Hai lá bài nhận được có cùng chất cơ” là: $13.12 = 156$

Xác suất của biến cố “Hai lá bài nhận được có cùng chất cơ” là: $\frac{{156}}{{2652}} = \frac{1}{{17}}$

Đáp án: Góc hạ từ tầm mắt thợ lặn đến miệng hang là $\widehat {{\rm{ABC}}} = 60^\circ$. Biết rằng thợ lặn ở độ sâu 3 (m) dưới mặt nước. Tính độ sâu của miệng hang so với mặt nước. (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai). [[fig:174e26bef8d48c2d1a3cae6a5b646868514bec5e3bf6de30db8ac85475487aa5]]

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại C tính được AC = $10\sqrt 3$ (m)

Độ sâu của miệng hang so với mặt nước là: $3 + 10\sqrt 3 \approx 20{,}32$ (m)

Bán kính quả bóng: $6{,}4:2 = 3{,}2$ (cm)

Chiều cao của hộp bóng tennis: $6{,}4.4 = 25{,}6$ (cm)

Bán kính của quả bóng cũng là bán kính đáy của hộp bóng tennis nên diện tích xung quanh của hộp bóng tennis là: $2.3{,}14.3{,}2.25{,}6 \approx 514{,}46$ $\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Vậy diện tích phần giấy cần dùng để bọc quanh thân hộp bóng tennis là $514{,}46$ $\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Diện tích phần thép được sử dụng là:

$$\frac{{288}}{{360}}.3,{14.10^2} = 251{,}2\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$$

$x$ là số chiếc bút nên $x \in \mathbb{N}$,

Theo đề ta có bất phương trình: $7.15 + x.3 \le 150$

Giải tìm được $x \le 3$.

So sánh điều kiện và kết luận: Điều kiện của để Bình có thể trả được với số tiền đã mang đi là .

Gọi $x,\,y$ (km) lần lượt là quãng đường đi xe đạp và quãng đường đi xe máy của Hoàng và Ngân ($x > y > 0$)

Thời gian đi của Hoàng và Ngân là 30 phút = $\frac{1}{2}$ giờ

Theo đề, ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 0\\\frac{1}{{12}}x + \frac{1}{3}y = \frac{1}{2}\end{array} \right.$

Giải ra nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.$

So sánh lại điều kiện, kết luận quãng đường từ nhà Hoàng và Ngân đến nhà ông bà dài $2 + 1 = 3$ (km).

Đáp án: Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh ba điểm E, F, P thẳng hàng.

a) Tam giác ACO vuông tại A nên $\Delta {\rm{ACO}}$ nội tiếp đường tròn đường kính CO. Do đó, 3 điểm A, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính CO (1)

Tam giác MCO vuông tại M nên $\Delta {\rm{MCO}}$ nội tiếp đường tròn đường kính CO. Do đó, 3 điểm M, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính CO (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn đường kính CO.

Do đó tứ giác ACMN nội tiếp

b) Ta có: MD = BD; MO = BO nên OD là đường trung trực của MB.

Khi đó, ${\rm{OD}} \bot {\rm{MB}}$ (1)

HS chứng minh được ${\rm{AM}} \bot {\rm{MB}}$ (2)

Suy ra AM // OD (vì cùng vuông góc với MB) (đpcm).

c) Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E.

Dựa vào AC // BD, chứng minh được $\frac{{{\rm{FC}}}}{{{\rm{DG}}}} = \frac{{{\rm{PC}}}}{{{\rm{PD}}}};\,\,\frac{{{\rm{PC}}}}{{{\rm{PD}}}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BD}}}}$.

Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE.

Do đó $\frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BD}}}} = \frac{{{\rm{CF}}}}{{{\rm{DE}}}}$ suy ra DE = DG hay G trùng E.