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

$$\sqrt {{{\left( {3 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} = \left| {3 - 2\sqrt 5 } \right| = 2\sqrt 5 - 3;\sqrt {20} = 2\sqrt 5$$

$A = 2\sqrt 5 - 3 - 2\sqrt 5 = - 3$

Lập được bảng tần số tương đối ghép nhóm

Tính được số lượng học sinh có thành tích chạy dưới 14 giây:

(15%+ 35%).40 = 20 (học sinh)

$\frac{{2\sqrt {xy} }}{{x - y}} - \frac{{\sqrt x + \sqrt y }}{{2\sqrt x - 2\sqrt y }} = \frac{{ - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}}{{2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}$

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

a) Vì hình chiếu vuông góc của điểm A xuống mặt cầu (trục Ox) cách gốc tọa độ O một đoạn 3 m về phía bên phải nên ${x}_{A}$ = 3.

Điểm A nằm trên đường thẳng (d): $y=2x+2$nên ${y}_{A}$ = 2.3 + 2 = 8.

Vậy A(3; 8)

b) Các điểm cần tìm thuộc parabol y = $\frac{1}{2}{x}^{2}$ và có cùng độ cao với A, tức là có tung độ y = 8.

Nên $\frac{1}{2}{x}^{2}$ = 8

Tìm được các điểm trên parabol có cùng độ cao với A là: $\left. 4;8 \right.$ và $\left. -4;8 \right.$.

Có a + b + c = 2$-\sqrt[]{7}-1+\sqrt[]{7}-1=0$

Suy ra phương trình có 2 nghiệm là: ${x}_{1}=1;{x}_{2}=\frac{\sqrt[]{7}-1}{2-\sqrt[]{7}}=\frac{-\sqrt[]{7}-5}{3}$

Có Δ= 20 > 0 suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lý Viète ta có:

$\left\{ \begin{aligned}{x}_{1}+{x}_{2}&=4 \\ {x}_{1}.{x}_{2}&=-1\end{aligned} \right.$

Vì ${x}_{1}$là nghiệm của phương trình (*) nên ${x}_{1}^{2}-4{x}_{1}-1=0$

${x}_{1}^{2}=4{x}_{1}+1$

${x}_{1}^{3}={4x}_{1}^{2}+{x}_{1}$

Ta có: A =${x}_{1}^{3}+17{x}_{2}+2026$ = ${4x}_{1}^{2}+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026$

= 4.( $4{x}_{1}+1)+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026$= $16{x}_{1}+4+{x}_{1}+17{x}_{2}+2026$ = $17.\left. {x}_{1}+{x}_{2} \right.+2030$ = 17 . 4 + 2030 = 2098

a) Không gian mẫu của phép thử:

$$\Omega = \{ (3{,}4);(3{,}5);(3{,}6);(4{,}3);(4{,}5);(4{,}6);(5{,}3);(5{,}4);(5{,}6);(6{,}3);(6{,}4);(6{,}5)\}$$

Tập $\Omega$ có 12 phần tử.

Vì việc bốc thăm trúng thưởng là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

b) Gọi A là biến cố “Khách hàng nhận được phiếu mua hàng”

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $(4{,}6);(5{,}6);(6{,}4);(6{,}5)$

Xác suất của biến cố A là: $P(A) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại B có $BC = 20.2 = 40cm;\widehat C = 30^\circ$ ta có:$AB = BC.\tan \widehat C$

$\, = 40.\tan 30^\circ \approx 23{,}09\left( {cm} \right)$

Gọi bán kính của đường tròn lớn là R, đường tròn nhỏ (phần làm thảm cỏ) là r, ta có r = R – 2= 12:2 – 2 = 4m

Diện tích lối đi: $S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right)$

$S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) \approx 3{,}14.\left( {{6^2} - {4^2}} \right) \approx 63\left( {{m^2}} \right)$

Ta có: $\Delta ABC$ có độ dài ba cạnh lần lượt là $AB = 15cm$, $AC = 20cm$, $BC = 25cm$ là tam giác vuông tại $A$ (theo định lý Pythagore đảo).

Chứng minh được $\Delta ABC \sim \Delta HBA$ để tính được $AH = 12cm$.

Khi quay tam giác $ABC$ một vòng quanh cạnh $BC$ cố định là ta thu được hai hình nón chung đáy với chiều cao là $HC,HB$.

Thể tích không khí trong hình tạo thành là:

$V = \frac{1}{3}\pi H{A^2}.HC + \frac{1}{3}\pi H{A^2}.HB = \frac{1}{3}\pi H{A^2}(HC + HB)$

$\,\,\,\, = \frac{1}{3}\pi H{A^2}.BC = \frac{1}{3}\pi {(12)^2}.25 = 1200\pi$ cm³.

Gọi x(người) là số người mà thang máy có thể chở thêm được (x𝛜 N$^{*}$).

Vì thang máy có thể chở được tối đa là 650kg

Nên ta có bất phương trình: 120 + 65x ≤ 650

Giải bất phương trình ta được x ≤ 8,1538…

Vì x𝛜 N$^{*}$nên thang máy chở thêm tối đa được 8 người nữa.

Gọi vận tốc riêng của tàu Rồng là x ( km/h) , vận tốc riêng của dòng nước là y ( km/h) ( ĐK : x > y > 0) .

Vận tốc của tàu rồng khi xuôi dòng là x + y (km/h) .

Vận tốc của tàu rồng khi ngược dòng là x - y ( km/h) .

Ta có : 2h30 phút = $\frac{5}{2}$ h ; 1h20 phút = $\frac{4}{3}$ h .

Vì tàu rồng xuôi dòng một quãng sông dài 12 km và ngược dòng quãng sông đó mất 2h30 phút nên ta có phương trình : $\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}=\frac{5}{2}$ (1)

Nếu trên quãng sông ấy tàu rồng xuôi dòng 4 km và ngược dòng 8 km thì hết 1h 20 phút nên ta có phương trình : $\frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}=\frac{4}{3}$ (2) .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

$\left\{ \begin{aligned}\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}&=\frac{5}{2} \\ \frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}&=\frac{4}{3}\end{aligned} \right.$ .

Giải hệ phương trình ta tìm được x =10; y =2 (TMĐK)

Kết luận.

a) Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp,

Ta có $AKB={90}^{0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $AKN={90}^{0}$.

Xét $∆AKN$vuông tại K,nên $∆AKN$nội tiếp đường tròn đường kính AN (1).

Xét $∆AHN$vuông tại H, nên $∆AHN$nội tiếp đường tròn đường kính AN (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm A,K,N,H cùng nằm trên đường tròn đường kính AN.

b) Ta có $ACB={90}^{0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

Xét $∆ACH$và $∆ABC$ có : $AHC=ACB$ =${90}^{0}$

$CAB=CAH$

Vậy $∆ACH ~$ $∆ABC$(g-g), suy ra $\frac{AC}{AB}=\frac{AH}{AC}$ nên ${AC}^{2}=AH.AB$

Mà AB = 2OC ( Vì AB là đường kính ), suy ra ${AC}^{2}$ = 2 AH. OC

Ta có MA và MC là hai tiếp tuyến của (O) nên

MA =MC và OA=OC =R ,

Suy ra OM là đường trung trực của AC .

Do đó $OM \bot AC$ và $BC \bot AC(cmt)$ , suy ra OM // BC.

Suy ra $OMB=KBC$ ( So le trong ) (3)

$KAC=KBC$ ( góc nội tiếp chắn cung KC) (4)

Từ (3) và (4) suy ra : $KAC=OMB.$

c) Xét $∆AOMvà ∆HBCcó :MAO=CHB$ =${90}^{0}$

$AOM=HBC$ ( Hai góc đồng vị của MO//BC).

Do đó $∆AOM~∆HBC$ (g-g) , suy ra $\frac{AM}{CH}=\frac{AO}{BH}$ (5)

Ta lại có MA //CH ( vì cùng vuông góc với AB) nên NH // MA

Xét $∆AMBcó$NH // MA nên $∆HNB$ $~$ $∆AMB$

Do đó $\frac{AB}{BH}=\frac{AM}{HN}$ , suy ra $\frac{AB}{2BH}=\frac{AM}{2HN}$ , mà AO = $\frac{AB}{2}$

Suy ra $\frac{AO}{BH}=\frac{AM}{2HN}$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra : $\frac{AM}{CH}=\frac{AM}{2HN}$ , suy ra CH = 2 HN

Suy ra CN = NH . Vậy N là trung điểm của CH.