Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ông Ích Đường (Hòa Vang) có đáp án

Lập bảng tần số cho dữ liệu trên.

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

$M = \frac{{x + \sqrt x + \sqrt x }}{{x - 1}}:\frac{{2\sqrt x + 2 - 2 + x}}{{x(\sqrt x + 1)}}$

$M = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 1}}:\frac{{x + 2\sqrt x }}{{x(\sqrt x + 1)}}$

$M = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 1}} \cdot \frac{{x(\sqrt x + 1)}}{{x + 2\sqrt x }}$

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

$M = \frac{x}{{\sqrt x - 1}}$

Thay x = - 3, y = 18 vào công thức hàm số

Tính được m = 5 (tm) và kết luận.

Với m = 5 hàm số có dạng y = 2x$^{2}$

Phương trình xác định hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: $2{x^2} = - 7x + 4$

Tính được $x = \frac{1}{2},\,x = - 4$

Tính được $y = \frac{1}{2},\,y = 32$

Suy ra toạ độ giao điểm của (d) và (P) là $\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$ và $\left( { - 4;32} \right)$

Vì phương trình có $a \cdot c = 3 \cdot ( - 5) = - 15 < 0$ nên luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Theo hệ thức Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = \frac{{12}}{3} = 4}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - \frac{5}{3}}\end{array}} \right.$

Thay $4 = {x_1} + {x_2}$ vào biểu thức $T$, ta được:

$T = \frac{{x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} - {x_1}{x_2}}}{{({x_1} + {x_2}){x_1} + x_2^2 + {x_1}{x_2}}}$

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

$T = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2}} = \frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2}}}$. Thay các giá trị Viete vào:$T = \frac{{{4^2} - 2 \cdot \left( { - \frac{5}{3}} \right)}}{{{4^2}}} = \frac{{16 + \frac{{10}}{3}}}{{16}} = \frac{{\frac{{58}}{3}}}{{16}} = \frac{{58}}{{48}} = \frac{{29}}{{24}}$

Vậy $T = \frac{{29}}{{24}}$.

a) Liệt kê kết quả không gian mẫu:

$\Omega$={ X1, X2, X3, X4,…, X20, V1, V2, V3,…, V10}

Số phần tử của không gian mẫu là: $n(\Omega ) = 30$.

b) Gọi A là biến cố: "Quả cầu được chọn mang số chia hết cho 5".

Trong 20 quả cầu xanh, các số chia hết cho 5 gồm: $\{ 5{,}10{,}15{,}20\}$.

Số quả cầu xanh thỏa mãn là: 4 quả.

Trong 10 quả cầu vàng, các số chia hết cho 5 gồm: $\{ 5{,}10\}$.

Số quả cầu vàng thỏa mãn là: 2 quả.

Tổng số quả cầu mang số chia hết cho 5 là: $n(A) = 4 + 2 = 6$.

Xác suất của biến cố A là: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{6}{{30}} = \frac{1}{5}$.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{1}{5}$.

Gọi chiều cao của ngọn núi là $h$

Biểu diễn các độ dài còn lại theo $h$ từ đó tìm $h$ (áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông).

Gọi H, K tương ứng là đỉnh núi và chân núi

Đặt $HK = h$ ($h > 0$)

Tam giác HKB vuông tại $K$ nên $BK = HK\cot \angle HBK$ hay $BK=h\cot {30}^{^{\circ}}$

Tương tự $AK = h\cot 40^\circ$

Khi đó $AB = BK - AK = h\cot 30^\circ - h\cot 40^\circ = h\left( {\cot 30^\circ - \cot 40^\circ } \right)$

Suy ra $600 = h\left( {\cot 30^\circ - \cot 40^\circ } \right)$ hay $h = 1110{\rm{ m}}$

Vậy chiều cao ngọn núi là $1110{\rm{m}}$.

Diện tích hình quạt tròn với bán kính $25 cm$ là:

${S_1} = \frac{n}{{360}}. \pi {R^2} = \frac{{150}}{{360}}. 3{,}14. {25^2} \approx 817{,}7 c{m^2}$

Diện tích hình quạt tròn với bán kính $10 cm$ là:

${S_2} = \frac{n}{{360}}. \pi {R^2} = \frac{{150}}{{360}}. 3{,}14. {10^2} \approx 130{,}8 c{m^2}$

Diện tích phần làm giấy là: $S = {S_1} - {S_2} = 817{,}7 - 130{,}8 = 686{,}9 c{m^2}$.

Vì ống hút hình trụ có bán kính đáy R = 0,4: 2 = 0,2 cm và chiều cao h = 18 cm nên diện tích x.quanh của ống hút là: S$_{xq}$ = P$_{đáy}$.h = 2. 3,14. 0,2. 18 = 22, 608 cm$^{2}$

Vậy khi thải ra môi trường, diện tích nhựa gây ô nhiễm cho môi trường do 100 ống hút này gây ra là$100.{\rm{ }}22{,}608 = 2260{,}8$ cm$^{2}$.

Chi phí mỗi tháng: 410 triệu đồng.

Giá bán mỗi chiếc áo: 350.000 đồng $= 0{,}35$ triệu đồng.

Lợi nhuận mục tiêu sau 1 năm (12 tháng): 1,38 tỷ đồng $= 1.380$ triệu đồng.

Gọi $x$ là số lượng áo sơ mi trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được ($x > 0,x \in \mathbb{N}$).

Doanh thu mỗi tháng là: $0{,}35 \cdot x$ (triệu đồng).

Lợi nhuận mỗi tháng là: ${\rm{Doanh thu}} - {\rm{Chi ph\'i }} = 0{,}35x - 410$ (triệu đồng).

Tổng lợi nhuận sau 1 năm (12 tháng) là: $12 \cdot (0{,}35x - 410)$ (triệu đồng).

Theo đề bài, lợi nhuận sau 1 năm ít nhất là 1.380 triệu đồng, ta có bất phương trình:

$12 \cdot (0{,}35x - 410) \ge 1.380$

$0{,}35x - 410 \ge \frac{{1.380}}{{12}}$

$0{,}35x - 410 \ge 115$

$0{,}35x \ge 115 + 410$

$0{,}35x \ge 525$

$x \ge \frac{{525}}{{0{,}35}}$

$x \ge 1.500$

Vậy để thu được lợi nhuận ít nhất 1,38 tỷ đồng sau 1 năm, trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được ít nhất 1.500 chiếc áo sơ mi.

Gọi $x$ (đồng) là giá niêm yết của 1 chiếc ba lô ($0 < x < 400.000$).

Gọi $y$ (đồng) là giá niêm yết của 1 hộp bút màu ($0 < y < 400.000$).

Vì tổng giá niêm yết của 1 chiếc ba lô và 1 hộp bút màu là 400.000 đồng nên ta có phương trình:

$x + y = 400.000$ (1)

Giá của chiếc ba lô sau khi được giảm $10\%$ là:

$x \cdot (100\% - 10\% ) = 0{,}9x$ (đồng).

Giá của hộp bút màu sau khi được giảm $20\%$ là:

$y \cdot (100\% - 20\% ) = 0{,}8y$ (đồng).

Vì tổng số tiền thực tế bạn học sinh phải trả cho 1 chiếc ba lô và 1 hộp bút màu là 345.000 đồng, nên ta có phương trình:

$0{,}9x + 0{,}8y = 345.000$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 400.000}\\{0{,}9x + 0{,}8y = 345.000}\end{array}} \right.$

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 0,8, ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0{,}8x + 0{,}8y = 320.000}\\{0{,}9x + 0{,}8y = 345.000}\end{array}} \right.$

Trừ vế theo vế hai phương trình, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0{,}1x = 25.000}\\{x + y = 400.000}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 25.000:0{,}1}\\{y = 400.000 - x}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 250.000}\\{y = 150.000}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy giá niêm yết của 1 chiếc ba lô là 250.000 đồng và 1 hộp bút màu là 150.000 đồng.

Giá thực tế của 1 chiếc ba lô sau khi giảm giá là:

$250.000 \cdot 0{,}9 = 225.000$ (đồng).

Giá thực tế của 1 hộp bút màu sau khi giảm giá là:

$150.000 \cdot 0{,}8 = 120.000$ (đồng).

Số tiền mua 3 chiếc ba lô và 5 hộp bút màu sau khi đã được giảm giá đợt 1 là:

$3 \cdot 225.000 + 5 \cdot 120.000 = 675.000 + 600.000 = 1.275.000$ (đồng).

Vì tổng hóa đơn là 1.275.000 đồng $> 1.200.000$ đồng, nên bạn học sinh đủ điều kiện được giảm thêm $5\%$ trên tổng hóa đơn.

Số tiền thực tế bạn học sinh đó phải thanh toán là:

$1.275.000 \cdot (100\% - 5\% ) = 1.275.000 \cdot 0{,}95 = 1.211.250$ (đồng).

Đáp số: 1.211.250 đồng.

Đáp án: (a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn. (b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh $\angle MHO = \angle MNA$ và $ME \cdot MH = BE \cdot HC$. (c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.

a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.

Do $AB \bot MN$ nên $\Delta MOB$ vuông tại O, cạnh huyền MB

Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Tương tự $\Delta MHB$ vuông tại H, cạnh huyền MB nên M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Vậy O, M, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính MB (đpcm)

b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh $\widehat {MHO} = \widehat {MNA}$ và $ME \cdot MH = BE \cdot HC$.

Do O, M, B, H cùng thuộc đường tròn nên MOBH nội tiếp đường tròn

Suy ra $\widehat {MHO} = \widehat {MBO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO)

Mà $\widehat {MNA} = \widehat {MBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA của (O))

Suy ra $\widehat {MHO} = \widehat {MNA}$ (đpcm)

Ta có nên $\widehat {BMC} = 90^\circ$

Do $\widehat {CMH} + \widehat {HMB} = \widehat {CMB} = 90^\circ$

Kết hợp với $\widehat {HBM} + \widehat {HMB} = 180^\circ - \widehat {MHB} = 90^\circ$

Nên $\widehat {CMH} = \widehat {HBM}$

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BHM$ có $\widehat {CMH} = \widehat {HBM}$

$\widehat {CHM} = \widehat {BHM}\,\,( = 90^\circ )$

Suy ra (g.g)

Suy ra $\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{MH}}{{HB}}$ (1)

Vì MO = OB nên tam giác MOB cân tại O suy ra $\widehat {OMB} = \widehat {OBM}$ (tính chất)

Tứ giác MHBO nội tiếp đường tròn đường kính MB nên ta có:

$\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\,;\,\,\widehat {OHB} = \widehat {OMB}$ (các góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Khi đó $\widehat {MHO} = \widehat {OHB}$

Suy ra EH là phân giác của góc MHB

Suy ra $\frac{{ME}}{{EB}} = \frac{{MH}}{{HB}}$ (tính chất đường phân giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{ME}}{{EB}}$ hay $HC \cdot EB = HM \cdot ME$ (đpcm)

c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.

Ta có $\Delta CHM$ vuông tại H nên C, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM

Mà P thuộc đường tròn đường kính CM nên $\widehat {MPC} = 90^\circ$ hay $MP \bot PC$

Tương tự P thuộc đường tròn (O), đường kính MN nên $\widehat {MPN} = 90^\circ$ hay $MP \bot PN$

Suy ra C, P, N thẳng hàng (*)

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BMC$ có $\widehat {CHM} = \widehat {CMB} = 90^\circ$; $\widehat {BCM}$ chung

Nên (g.g)

Suy ra $\frac{{HC}}{{MC}} = \frac{{MH}}{{MB}}$ hay $\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{MB}}$

Mà $\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{EB}}$ suy ra $\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{ME}}{{EB}}$ (3)

Ta có $\Delta BMN$ có BO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta BMN$ cân tại B

Suy ra $BM = BN$

Thay vào (3) ta được $\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}$

Xét $\Delta MEC$ và $\Delta BEN$ có $\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}$ và $\widehat {EMC} = \widehat {EBN}\,\,( = 90^\circ )$

Suy ra (c.g.c)

Suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {BEN}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat {MEC} + \widehat {CEB} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) nên $\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = 180^\circ$

Chứng tỏ C, E, N thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) suy ra C, P, E thẳng hàng (đpcm).