Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm (Ngũ Hành Sơn) có đáp án

$\mathrm{A}=\sqrt{20}-\frac{5}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}-\sqrt{5}$

$\mathrm{A}=\sqrt{5}$

Số học sinh đạt điểm tốt từ 8 điểm trở lên là 12 học sinh, chiếm tỉ lệ:

$\mathrm{B}=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}-\frac{3\sqrt{x}+6}{x-4}=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}-\frac{3\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}-2\right).\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$\begin{array}{l}=\frac{\left(\sqrt{x}+3\right).\left(\sqrt{x}+2\right)-3\sqrt{x}-6}{\left(\sqrt{x}-2\right).\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{x+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right).\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right).\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)}\end{array}$

Vì parabol đi qua điểm A(-3; -4,5) nên ta có:

$-4,5=a.(-3{)}^2$

$a=\frac{-4,5}{{(-3)}^2}=\frac{-1}{2}$

Vậy hệ số $a=\frac{-1}{2}$

Chiếc xe tải có chiều rộng bằng 2m nên khoảng cách $EI=IF=\frac{2}{2}=1(m)$

Với x = 1 thì $y=\frac{-1}{2}.1^2=\frac{-1}{2}$

nên chiều cao tối đa của chiếc xe có thể đi qua cổng là:

$4,5-\left|-\frac{1}{2}\right|=4,5-\frac{1}{2}=4>3,2$

Vậy xe tải này có thể đi qua được cổng đó mà không chạm vào cổng.

Lập đenta, chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Viète ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-5}{3}\\ x_1{x}_2=-2\end{array}$$

Theo đề bài ta có :

$$\frac{2{x_2}^2}{x_1+x_2}+2x_1=\frac{2{x_2}^2+2{x_1}^2+2x_1{x}_2}{x_1+x_2}=\frac{2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]+2x_1{x}_2}{x_1+x_2}$$

$$=\frac{-86}{15}$$

a) Kết quả không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =\left\{22;23;24;32;33;34;42;43;44\right\}$

$n\left(\Omega \right)=9$

b) Vì “ Số tạo thành là số chia hết cho 3” gồm các kết quả 24, 33, 42

Nên có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A do đó n(A) = 3

Xác suất của biến cố A là $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$

Vì “ Số tạo thành là số nguyên tố” gồm các kết quả 23, 43

Nên có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố B do đó n(B) = 2

Xác suất của biến cố B là $P(B)=\frac{n(B)}{n(\Omega )}=\frac{2}{9}$

Viết đúng công thức: AB = AC.cotB

Tính đúng khoảng cách từ toà nhà đến ô tô

$S=\frac{\pi .R^2.n}{360}$

$S=\frac{\pi {.20}^2.60}{360}=\frac{200\pi }{3}\approx 209,4$

Tính diện tích của miếng bánh pizza khoảng 209,4 cm²

Thể tích phần ruột quả dưa hấu là:

$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}.3,14.{\left(\frac{25-2.2}{2}\right)}^3=4846,59\left(c{m}^3\right)$

Thể tích quả dưa hấu là:

$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}.3,14.{\left(\frac{25}{2}\right)}^3=\frac{98125}{12}\left(c{m}^3\right)$

Phần trăm thể tích phần ruột so với quả dưa là: $\left(4846,59:\frac{98125}{12}\right).100\%\approx 59,27\%$

Gọi số ngày Nga phải để dành để đủ tiền mua xe là x (ngày), $\left(x\in N\ast \right)$

Số tiền Nga để dành được sau $x$ngày là $25000.x$ (đồng).

Sô tiền Nga có (cả tiền lì xì và tiền để dành) là $1500000+25000.x$ (đồng)

Để đủ tiền mua xe thì số tiền Nga có phải lớn hơn hoặc bằng $$3280000$$ nên ta có:

$1500000+25000.x\ge 3280000$

$25000.x\ge 3280000-1500000$

$25000.x\ge 1780000$

$x\ge 71,2$

Mà x là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn $x\ge 71,2$ nên x = 72.

Vậy để đủ tiền mua xe, Nga phải để dành tiền ít nhất trong $72$ngày.

Gọi số chi tiết máy tháng giêng được giao của tổ 1 là x (chi tiết máy, $$x\in N$$)

số chi tiết máy tháng giêng được giao của tổ 2 là y (chi tiết máy, $$y\in N$$)

Tháng giêng 2 tổ sản xuất 720 chi tiết máy nên ta có phương trình:

x + y = 720 (1)

Tháng hai do áp dụng khoa học kĩ thuật nên tổ 1 làm vượt mức 15%, tổ 2 vượt mức 12%. Vì vậy mà tháng hai họ đã sản xuất được 819 chi tiết máy.

$$1,15x+1,12y=819\left(2\right)$$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+y=720\\ 1,15x+1,12y=819\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1,15\mathrm{x}+1,15y=828\\ 1,15x+1,12y=819\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=420\\ y=300\end{array}\left(\mathrm{thoa}\right)$

Vậy số chi tiết máy được giao của tổ 1 là $420$ chi tiết máy, số chi tiết máy được giao của tổ 2 là $300$ chi tiết máy.

a) Xét $$\left(O;R\right)$$ có: $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat{KEB}=90^{\circ }$

đường kính $AB$ vuông góc với dây $CD$ tại điểm $I$$\Rightarrow \widehat{KIB}=90^{\circ }$

Xét $\Delta KEB$ vuông tại $E$ có cạnh huyền $KB$ suy ra $K,E,B$ thuộc đường tròn đường kính $KB$ (1)

Xét $\Delta KIB$ vuông tại $I$ có cạnh huyền $KB$ suy ra $K,I,B$ thuộc đường tròn đường kính $KB$ (2)

Hay bốn điểm $K,E,B,I$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét $\Delta AKI$ và $\Delta ABE$, ta có:

Góc A chung

$\widehat{\mathrm{AIK}}=\widehat{\mathrm{AEB}}=90^{\circ }$

Do đó: tam giác AKI đồng dạng với tam giác ABE (góc – góc)

$\frac{\mathrm{AK}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{AE}}$

$\mathrm{AK}.AE=\mathrm{AI}.AB$ (đpcm)

c) Xét $$\Delta APB$$ có: $$PI\perp AB\left(I\in AB\right)$$; $$AE\perp PB\left(E\in PB\right)$$; $$PI\cap AE\equiv \left\{K\right\}$$

K là trọng tâm của $$\Delta APB$$

$PQ\perp AP\left(Q\in AP\right)$

$\widehat{AQB}=90^{\circ }$ hay $\widehat{AQK}=90^{\circ }$

Đường kính $AB$ vuông góc với dây $CD$ tại điểm $I$

$\widehat{AIK}=90^{\circ }$

Chứng minh được bốn điểm $A,I,Q,K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AK$ suy ra $AIKQ$ là tứ giác nội tiếp

$\widehat{QAK}=\widehat{QIK}$ (hai góc nt cùng chắn )

Ta có: $KEBI$ là tứ giác nội tiếp (cmt)

$\widehat{KIE}=\widehat{KBE}$ (hai góc nt cùng chắn )

Lại có: $\widehat{QAK}=\widehat{KBE}$ (hai góc nt cùng chắn cung )

$\widehat{KIE}=\widehat{KIQ}$ hay $IK$ là phân giác của $\widehat{EIQ}$ (đpcm)