Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Trưng Vương (Hải Châu) có đáp án

Biến đổi được$\sqrt{72}=6\sqrt{2}$ và 3$\sqrt{50}=15\sqrt{2}$

$(\sqrt{72}-3\sqrt{50}):\frac{\sqrt{2}}{2}=-9\sqrt{2}.\sqrt{2}$ 18

Lập bảng tần số

$$A = \frac{{\sqrt {ab} (\sqrt a + \sqrt b )}}{{\sqrt {ab} }}.\frac{{{{\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)}^2}}}{{\sqrt a - \sqrt b }}$$

$$= (\sqrt a + \sqrt b )(\sqrt a - \sqrt b ) = a - b$$

+ Lấy được 5 điểm

+ Vẽ đúng đồ thị

+ Gọi điểm cần tìm là$M\left( {x; - \frac{1}{2}{x^2}} \right).$

$O{M^2} = 80 \Rightarrow {x^2} + \frac{1}{4}{x^4} = 80 \Rightarrow {x^4} + 4{x^2} - 320 = 0$

Giải được x$^{2}$ = 16 hoặc x$^{2}$ = - 5 (loại)

Suy ra x = 4 hoặc x = - 4. Ta có hai điểm $M\left( {4; - 8} \right)$ và $M\left( { - 4; - 8} \right)$.

= 32 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$, x$_{2}$

Theo hệ thức Viète ta có x$_{1}$ + x$_{2}$ = 6 và x$_{1}$x$_{2}$ = 1

Do x$_{1}$ là nghiệm của phương trình nên x$_{1}$$^{2}$ – 6x$_{1}$ + 1 = 0 nên x$_{1}$$^{2}$ = 6x$_{1}$ – 1

Suy ra $\frac{{x_1^3 - 7x_1^2 + {x_1} - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}} = \frac{{x_1^3 - 6x_1^2 + {x_1} - x_1^2 - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}$

$$= \frac{{{x_1}(x_1^2 - 6{x_1} + 1) - 6{x_1} + 1 - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}$$

$$= \frac{{ - 6({x_1} + {x_2}) + 1}}{{{x_1} + {x_2}}} = \frac{{ - 35}}{6}$$

+ Lập được không gian mẫu

= {(12 ; 13), (12 ; 14), (12 ; 15) , (12 ; 16), ..., (16 ; 15)}Không gian mẫu có 20 phần tử. Các kết quả của phép thử đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là (12; 14), (12; 16), (14; 12), (14; 16), (16; 12) và (16; 14).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố B: (13; 16) và (16; 13). Có hai kết quả thuận lợi cho biến cố B

Xác suất của biến cố B là 2/20 = 1/10.

Bán kính của đường tròn đáy: 5 : 2 = 2,5 (cm)

Diện tích xung quanh của trục lăn sơn:

$2\pi rh = 2\pi .2{,}5.32 = 502{,}4(c{m^2})$

Lăn trục sơn 3 vòng thì diện tích sơn được là 502,4.3 = 1507,20 cm$^{2}$.

Bán kính hình tròn lớn và nhỏ lần lượt là 35 cm và 25 cm

Diện tích hình tròn lớn 3,14. 35$^{2}$ = 3846,5

Diện tích hình tròn nhỏ 3,14.25$^{2}$ = 1962,5

Diện tích phần viền là S = 3846,5 – 1962,5 = 1884 cm$^{2}$.

+ Dựa vào hình vẽ bài toán, ta có:

BC = 3,5m

AD = EH = 6,8 m

$$\widehat {CEA} = \widehat {BEA} = {90^o}$$

+ Xét $\Delta CAE$vuông tại E và $\widehat {CAE} = 45^\circ$ nên vuông cân. Do đó EC = EA (1)

+ Xét $\Delta BAE$vuông ở E ta có:

$\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AE}} \Rightarrow BE = AE.\tan 55^\circ$(2)

+ Từ (1) và (2) ta suy ra:

$BC = BE - CE = AE\tan {55^o} - AE$ hay $3{,}5 = AE\left( {\tan {{55}^o} - 1} \right)$$AE = \frac{{3{,}5}}{{\tan {{55}^o} - 1}}{\rm{ }}\left( m \right)$

Suy ra: $CH = CE + EH = \frac{{3{,}5}}{{\tan {{55}^o} - 1}} + 6{,}8 \approx 15{,}0{\rm{ }}\left( m \right)$

Vậy chiều cao của tòa nhà là 15,0 (m)

Gọi x là số tờ tiền 20 000 đồng (0 < x < 20) thì số tờ tiền 100 000 đồng là

20 x.

Ta có phương trình 20 000x + (20 x).100 000 = 1040 000

Giải được x = 12. Kết luận có 12 tờ tiền mệnh giá 20 000 đồng và 8 tờ tiền

mệnh giá 100 000 đồng.

Gọi x(g), y(g) là khối lượng thịt bò, thịt heo cần mua(x > 9, y > 0)

Do cần đảm bảo đủ $900$ đơn vị protein nên ta có phương trình: $0{,}8x + 0{,}6y = 900\left( 1 \right)$

Do cần đảm bảo đủ $400$ đơn vị lipit nên ta có phương trình: $0{,}2x + 0{,}4y = 400\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}0{,}8x + 0{,}6y = 900\\0{,}2x + 0{,}4y = 400\end{array} \right.$

Giải được x = 600 và y = 700

Vậy số gam thịt bò và thịt heo người nội trợ cần sử dụng lần lượt là $600g;\,\,700g.$

a) Do AE là tiếp tuyến của (O) nên $\widehat {EAO} = 90^\circ$. Suya ra tam giác AEO nội tiếp đường tròn đường kính EO

D là trung điểm BC nên $\widehat {ODE} = 90^\circ$. Suy ra tam giác EOD nội tiếp đường tròn đường kính EO.

Suy ra tứ giác AODE nên nội tiếp đường tròn đường kính OE

b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFFO ta có$\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {EAF}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF) (1)

Đường tròn (O) ta có $\widehat {AFB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {FAB} + \widehat {FBA} = 90^\circ$

Lại cos $\widehat {FAB} + \widehat {FAE} = 90^\circ$ nên $\widehat {FBA} = \widehat {FAE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra : $\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {FBA}$

c) Gọi K là giao điểm của BM với AE.

Ta có NM, NA là hai tiếp tuyến của (O) nên NM = NA. Do đó tam giác MAN cân tại N. Suy ra $\widehat {NMA} = \widehat {NAM}$. (3)

Ta có $\widehat {MKN} + \widehat {MAN} = 90^\circ$, $\widehat {NMK} + \widehat {NMA} = 90^\circ$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra KMN cân tại N. Do đó NM = NK

Suy ra: NA = NK.

Chứng minh được H là trực tâm tam giác C’AB nên C’H AB

Lại có AE AB nên C’H // AE.

Gọi J là giao điểm của HC với AB ta có:

HJ // AK nên $\frac{{HI}}{{NK}} = \frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{JI}}{{NA}}$

mà NA = NK nên IH = IJ.

Gọi P là hình chiếu của C trên AB. Do A, B, C cố định nên P cố định. Gọi G là giao điểm của AI với CP thì

CP // JH nên $\frac{{IH}}{{{\rm{IJ}}}} = \frac{{AI}}{{AG}} = \frac{{GC}}{{GP}}$ mà IH = IJ nên GC = GP. Do đó G là trung điểm đoạn CP cố định nên G cố định.

Vậy I thuộc đường thẳng AG cố định khi M di động trên cung nhỏ AC.