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

$A=\sqrt{27}-\sqrt{{\left(\sqrt{3}-1\right)}^2}-2\sqrt{3}$

$=3\sqrt{3}-\left|\sqrt{3}-1\right|-2\sqrt{3}$

$=3\sqrt{3}-\sqrt{3}+1-2\sqrt{3}$ (Vì $\sqrt{3}>1$)

$=1$

Tổng tỉ lệ học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

$35\%+25\%+10\%=70\%$

Số học sinh trong trường có chiều cao từ 160 cm trở lên:

$1500.70\%=1050$ (học sinh)

Với $x\ge 0$ và $x\ne 4$

Ta có $A=\left(\frac{x-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}+2}\right):\frac{x-4}{\sqrt{x}+1}$

$=\left[\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\left(\sqrt{x}+2\right)}{\sqrt{x}+2}\right].\frac{\sqrt{x}+1}{x-4}$

$=\left(\sqrt{x}+2\right).\frac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}$$=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}$

Điểm cao nhất của cầu là điểm$A(-200;100)$ và $B(200;100)$.

Thay $x=200,y=100$ vào hàm số

$y=a{x}^2(a\ne 0)$, ta có:

$\begin{array}{l}100=a.200^2\\ 100=a.40000\end{array}$

$a=0,0025$ (thỏa mãn).

Như vậy, hàm số cần tìm là: $y=0,0025x^2$.

Độ cao KH của cáp là giá trị của hàm số $y=0,0025x^2$ khi $x=80$.

Vậy độ cao KH của dây cáp tại đó là: $0,0025.80^2=16(m)$.

$x^2-11x+18=0$ (1)

Ta có: $\Delta =(-11{)}^2-\mathrm{4.1.18}=49$

Vì $\Delta >0$ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ (đpcm).

Theo định lí Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=11\\ x_1{x}_2=18\end{array}$

Suy ra $x_1,x_2$ là hai số dương.

Vì ${\mathrm{x}}_1$là nghiệm của phương trình $x^2-11x+18=0$

nên $x_1^2-11x_1+18=0$

$\begin{array}{l}{x}_1^2-10x_1+25=x_1+7\\ (x_1-5{)}^2=x_1+7\end{array}$

Vì $x_1>x_2>0$ và $x_1+x_2=11$ nên $x_1>5$

Suy ra $\sqrt{x_1+7}=x_1-5$

Khi đó $Q=x_2+x_1-5=11-5=6$.

Gọi E là biến cố “Tổng hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn”.

Các kết quả có thể

Không gian mẫu

$\begin{array}{l}\Omega =\{\left(1,2\right);\left(1,3\right);\left(1,4\right);\left(1,5\right);\left(1,6\right);\left(2,3\right);\left(2,4\right);\left(2,5\right);\left(2,6\right);\left(3,4\right);\\ \left(3,5\right);\left(3,6\right);\left(4,5\right);\left(4,6\right);\left(5,6\right)\}\end{array}$

$\mathrm{n}(\Omega )=15$

Việc rút thẻ là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố E là:$\left(1,3\right);\left(1,5\right);\left(2,4\right);\left(2,6\right);\left(3,5\right);\left(4,6\right)$ hay $\mathrm{n}(\mathrm{E})=6$

Vậy $\mathrm{P}(\mathrm{E})=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$.

Đổi $5$ phút = $\frac{1}{12}$ giờ

Độ cao máy bay đạt được là $12500\mathrm{m}$ nên $\mathrm{AB}=12500m=12,5km$

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại B ta có $\mathrm{Sin}\mathrm{C}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}$ suy ra $\mathrm{AC}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{SinC}}=\frac{12,5}{\mathrm{Sin}{20}^0}\approx 36,55\mathrm{km}$

Do đó vận tốc trung bình mà máy bay đạt được là:

$\mathrm{v}=\frac{\mathrm{s}}{\mathrm{t}}=\frac{36,55}{\frac{1}{12}}\approx 438,6km/h$

Tính được Diện tích hình quạt CBA: $$S_1=\frac{150.\pi .B{A}^2}{360}$$

Tính được phần Diện tích hình quạt DBE: $$S_2=\frac{150.\pi .B{E}^2}{360}$$

Diện tích giấy dán đủ hai mặt

$$\begin{array}{l}2.\left(S_1-S_2\right)=2\left(\frac{150.\pi .B{A}^2}{360}-\frac{150.\pi .B{E}^2}{360}\right)\\ =2.\frac{150.\pi }{360}\left(B{A}^2-B{E}^2\right)=2.\frac{150.\pi }{360}\left({33}^2-8^2\right)\approx 2683(c{m}^2)\end{array}$$

Ta có bán kính đáy hình nón: $$r=6:2=3(\mathrm{m})$$

Đường sinh của hình nón: $$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5(\mathrm{m})$$

Diện tích xung quanh hình nón: $$S=\pi .r.l=3,\mathrm{14.3.5}=47,1({\mathrm{m}}^2)$$

Diện tích vải cho 100 chiếc lều: $$47,1.100=4710({\mathrm{m}}^2)$$

Chi phí tiền vải của 100 chiếc lều là: $$4710\cdot 90000=423900000$$(đồng)

Vậy tổng chi phí tiền vải để sản xuất 100 chiếc lều đó là$423900000$Ƨ (đồng)

Tổng chi phí cửa hàng phải chi ra trong một ngày $$A=1500000+15000.x$$(đồng)

Tổng chi phí trong ngày không vượt quá $$4500000$$ đồng, tức là $$A\le 4500000$$ hay $$1500000+15000.x\le 4500000$$

Suy ra $$\mathrm{x}\le 200$$

Vậy tối đa cửa hàng có thể làm $$200$$ ly trà sữa để chi phí không vượt quá $$4500000$$ đồng mỗi ngày

Gọi $x,y$ ( học sinh) lần lượt là số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp $9A$ (đk: $x,y\in N^{\ast }$)

Tìm được một phương trình

Lập được hệ phương trình$\{\begin{array}{l}x+y=47\\ 133000x+114000y=5814000\end{array}$

Tìm được $x=24;y=23$ và kết luận

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

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm I nên $\widehat{KIB}=90^o$

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)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $K;I;E;B$cùng thuộc một đường tròn đường kính $KB$.

b) Xét $\Delta AKI$vuông tại I và $\Delta ABE$vuông tại E có $\widehat{BAE}$là góc chung nên

$\Delta AKI$$\Delta ABE$ (g-g) do đó $\frac{AK}{AB}=\frac{AI}{AE}$ suy ra $AK.AE=AB.AI$(3)

Chứng minh được $K$là trực tâm của $\Delta APB$ nên $BQ\perp AP$ ($Q\in AP$) hay $\widehat{AQK}=90^0$

Xét $\Delta BKI$vuông tại I và $\Delta BAQ$vuông tại Q có: $\widehat{ABQ}$là góc chung nên

$\Delta BKI$$\Delta BAQ$ (g-g) do đó $\frac{BK}{AB}=\frac{BI}{BQ}$ suy ra $BK.BQ=AB.BI$(4)

Từ (3) và (4) ta có: $AK.AE+BK.BQ=AB.AI+AB.BI=AB(AI+BI)=AB.AB=A{B}^2$

Vậy $AK.AE+BK.BQ=A{B}^2$

c) Chứng minh $IK$ là phân giác của $\widehat{EIQ}$

Chứng minh được bốn điểm $A;I;Q;K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AK$ suy ra $\widehat{QAK}=\widehat{QIK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $QK$)

$KEBI$là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\widehat{KIE}=\widehat{KBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EK$)

Chứng minh được Q thuộc đường tròn đường kính AB

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

Suy ra $\widehat{KIE}=\widehat{KIQ}$ hay $IK$là phân giác của $\widehat{EIQ}$

Chứng minh$\widehat{OQE}=\widehat{QPE}$

$\Delta OQB$cân tại O nên $\widehat{OQK}=\widehat{OBQ}$ (5)

Chứng minh được $\Delta IBK$$\Delta QPK$(g-g) suy ra $\widehat{OBK}=\widehat{QPK}$(6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{OQK}=\widehat{QPK}$(*)

Chứng minh được $\Delta IAK$$\Delta EPK$(g-g) suy ra $\widehat{IAK}=\widehat{EPK}$mà $\widehat{IAK}=\widehat{KQE}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE$) nên $\widehat{EPK}=\widehat{KQE}$(**)

Từ (*) và (**) ta có: $\widehat{OQK}+\widehat{KQE}=\widehat{QPK}+\widehat{EPK}$ suy ra $\widehat{OQE}=\widehat{QPE}$