Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Trần Quý Cáp (Cẩm Lệ) có đáp án

Tần số tương đối của học sinh làm bài toán đó từ 9 phút trở lên là :

$$\frac{{5 + 5 + 7}}{{40}} = 42{,}5\%$$

HS lấy đúng toạ độ 5 điểm

Vẽ đúng đồ thị

HS lập luận và tính h=9m

${x^2} - 7x + 5 = 0$

$\Delta = 29 > 0$ nên pt có hai nghiệm

Theo định lí Viète ${x_1} + {x_2} = 7;{x_1}{x_2} = 5$

Vì tổng và tích của hai nghiệm đều dương nên ${x_1} > 0;\,{x_2} > 0$

Vì ${x_2} > 0$ là nghiệm của phương trình đã cho nên nó phải thỏa mãn phương trình:

$\begin{array}{l}{x_2}^2 - 7{x_2} + 5 = 0\\{x_2}^2 - 6{x_2} + 9 - {x_2} - 4 = 0\\{\left( {{x_2} - 3} \right)^2} = {x_2} + 4\\\sqrt {{{\left( {{x_2} - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{x_2} + 4} \\\left| {{x_2} - 3} \right| = \sqrt {{x_2} + 4} \end{array}$

$\begin{array}{l}C = \left| {{x_2} - 3} \right| + \sqrt {{x_1} + 4} \\C = \sqrt {{x_1} + 4} + \sqrt {{x_2} + 4} \\{C^2} = {\left( {\sqrt {{x_1} + 4} + \sqrt {{x_2} + 4} } \right)^2} = 29\\C = \sqrt {29} \end{array}$

a)

b)

Dựa vào hình vẽ ta có

AH=DH= 10m

HS tính BH= $10.\tan {10^0}$

CH= $10.\tan {55^0}$

BC= BH+ CH$\approx 16m$

Vậy chiều cao của tháp là 16m

Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn đó là:

$\pi ({8^2} - {6^2}) = 28\pi$(cm$^2$)

Vậy nước sẽ bị tràn ra ngoài

Gọi x là giá ban đầu cần của chiếc xe máy $(x \in N$, triệu đồng)

Sau tháng thứ nhất, giá của chiếc xe máy là: $x - \frac{7}{{100}}x = 0{,}93x$(triệu đồng).

Sau tháng thứ hai, giá tiếp tục giảm thêm 7% so với giá của tháng trước đó.

Vậy giá sau tháng thứ hai là:$0{,}93x - \frac{7}{{100}}.0{,}93x = 0{,}8649x$ (triệu đồng)

Để sau tháng thứ hai giá bán xe không ít hơn 43 triệu đồng thì: $0{,}8649x \ge 43$(triệu đồng)

$x \ge 49{,}7$ triệu đồng

Vì $x \in N$, nên $x \ge 50$triệu đồng.

Do đó, để sau tháng thứ hai giá bán của xe không ít hơn 43 triệu đồng thì giá ban đầu của xe máy ít nhất là 50 triệu đồng.

a) Ta có $\widehat {BEF} = \widehat {BEA} = {90^0}$(góc nt chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF(1)

và $\widehat {BIF} = \widehat {BIC} = {90^0}$ (gt)

nên I thuộc đường tròn đường kính BF (2)

từ (1) và (2) E,I thuộc đường tròn đường kính BF

Vậy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

b) Ta có $\Rightarrow \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Rightarrow A{C^2} = BC.CD$

$\Rightarrow \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow A{C^2} = AI.AB$

Lại có $\Rightarrow \frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow AI.AB = AE.AF$

Suy ra $BC.CD = AE.AF$

c) Gọi M là giao điểm của CI với (O)

Do $AB = 2AC$ và tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên ${\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ABC} = \,0{,}5$$\Rightarrow \widehat {ABC} = {30^0}$ do đó: $\widehat {BAC} = {60^0}$ suy ra $\widehat {BCM} = \widehat {BMC} = {60^0}$

Do đó tam giác $BCM$ đều $\Rightarrow \widehat {MEC} = {60^0}$.

Trên đoạn $ME$ lấy $N$ sao cho $NE = EC$ suy ra $\Delta CEN$ đều

$\Rightarrow CE = CN = NE$$.$ Từ đó dễ thấy $\Delta BEC = \Delta MNC \Rightarrow BE = MN$.

$$BE + CE = MN + NE = ME \le AB = 2R$$

Mà $BE + CE \ge 2\sqrt {BE.CE} \Rightarrow BE.CE \le {R^2} \Rightarrow S = 2026.BE.CE \le 2026{R^2}$

Dấu bằng xảy ra khi $BE = CE$ và $ME = 2R$ hay $E$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$.