Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Hồng Ánh (Hòa Xuân) có đáp án

$\sqrt{-2x+6}$ có nghĩa khi $-2x+6\ge 0$

hay $x\le 3$

Vậy $\sqrt{-2x+6}$có nghĩa khi $x\le 3$

Bảng tần số tương đối:

Tỉ lệ khách hàng không chọn trà sữa: 100% - 35% = 65%

Số khách hàng không chọn trà sữa là: 200.65% = 130

$$A=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}-\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}$$

$$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}$$

$$=\frac{x-1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}=\frac{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$$

Chiếc tô sâu 4cm nên các điểm thuộc miệng tô nằm trên đường thẳng y = 4

Thay y = 4 vào (P): $y=\frac{1}{16}{x}^2$ta được x = 8 hoặc x = - 8

Do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng nên khoảng cách từ trục Oy đến mỗi điểm trên mép miệng tô là như nhau do đó bán kính miệng tô là 8cm. Vậy đường kính miệng tô là 16cm

Thay m = 2 vào pt (1) ta được: $x^2+2x-3=0$

Ta có a + b + c = 1 + 2 + (-3) = 0 nên phương trình có nghiệm x₁ = 1; x₂ = -3

Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm x₁ = 1; x₂ = -3

Ta có a + b + c = 1 + 2 + (-3) = 0 nên phương trình có nghiệm x₁ = 1; x₂ = -3

Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm x₁ = 1; x₂ = -3

(vì $(m-3{)}^2\ge 0$ và 3 > 0)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$với mọi m

Áp dụng định lí Vietè ta có:

$x{}_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{-2(m-1)}{1}=-2(m-1);x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{4m-11}{1}=4m-11$

Ta có:

$\begin{array}{l}2(x_1-1{)}^2+(6-x_2)(x_1{x}_2+11)=72\\ 2({x_1}^2-2x_1+1)+(6-x_2)(4m-11+11)=72\\ 2({x_1}^2-2x_1+1)+(6-x_2)4m=72(2)\end{array}$

Vì x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có

$\begin{array}{l}{x_1}^2+2(m-1)x_1+4m-11=0\\ {x_1}^2+2m{x}_1-2x_1+4m-11=0\\ {x_1}^2-2x_1+1=-2m{x}_1-4m+12\end{array}$

Thay vào (2) ta được:

$$\begin{array}{l}2(-2m{x}_1-4m+12)+(6-x_2)4m=72\\ -4m{x}_1-8m+24+24m-4m{x}_2-72=0\\ -4m(x_1+x_2)+16m-48=0\\ -4m[-2(m-1)]+16m-48=0\\ 8m^2-8m+16m-48=0\\ 8m^2+8m-48=0\\ m^2+m-6=0\\ m=-3;m=2\end{array}$$

Vậy m = -3; m = 2.

a) $$\begin{array}{l}\Omega =\{(1,A);(1,B);(1;C);(2,A);(2,B);(2,C);(3,A);(3,B);(3,C)\\ ;(4,A);(4,B),(4,C);(5,A);(5,B);(5,C);(6,A);(6;B);(6,C)\}\end{array}$$

b) Số phần tử của không gian mẫu là 18

Vì gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc và lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ nên các kết quả đồng khả năng.

Có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố F là (1,B); (2,B); (3,B); (4,B); (5,B); (6,B); (5,A); (5,C); (6,A); (6,C)

Vậy xác suất của biến cố F là: $P(F)=\frac{n(F)}{n(\Omega )}=\frac{10}{18}=\frac{5}{9}$

Đổi 2 phút = 120 giây

Xét tam giác ABC vuông tại B có

$\begin{array}{l}\tan 24^{\circ }=\frac{BC}{AB}\\ BC=\tan 24^{\circ }.AB=\tan 24^{\circ }.250\end{array}$

Xét tam giác ABD vuông tại B có:

$\begin{array}{l}\tan 58^{\circ }=\frac{BD}{AB}\\ BD=\tan 58^{\circ }.AB=\tan 58^{\circ }.250\end{array}$

Suy ra DC = BD – BC

$\begin{array}{l}=\tan 58^{\circ }.250-\tan 24^{\circ }.250\\ =250(\tan 58^{\circ }-\tan 24^{\circ })\approx 288,8m\end{array}$

Quãng đường khinh khí cầu bay lên từ C đến D khoảng 288,8m

Suy ra vận tốc của khinh khí cầu là $\frac{288,8}{120}\approx 2,41$.m/s

Diện tích phần lối đi dạng hình vành khuyên là:

$\begin{array}{l}S=\Pi (R^2-r^2)=\Pi [(2+1{)}^2-2^2]\\ =\Pi (9-4)=5\Pi \approx 15,71m^2\end{array}$

Thể tích bồn hoa hình trụ

$V=\Pi r^{2}h=\Pi .2^2.1,2=4,8\Pi \approx 15,08m^3$

Gọi số tiền ông An gửi tiết kiệm là x (triệu đồng) ($x>0$)

Tiền lãi ông An có được sau 1 năm là: 6,8%.x= 0,068x (triệu đồng)

Theo đề ông An muốn gửi tiền để mỗi năm nhận được ít nhất 50 triệu đồng tiền lãi nên ta có: $$0,068x\ge 50$$

$x\ge \frac{50}{0,068}$

$x\ge 735,\mathrm{294...}$

Vậy ông An cần gửi ít nhất 736 triệu đồng

Gọi x(giờ) là số giờ làm việc trong định mức, y(giờ) là số giờ làm thêm ngoài định mức

($0<x,y<212)$

Vì tổng số giờ làm việc là 212 giờ nên ta có phương trình: x + y = 212 (1)

Tiền công cho mỗi giờ làm thêm là 38000.150% = 57 000 (đồng)

Tổng số tiền lương anh Bình nhận được là 8 436 000 đồng nên ta có phương trình:

38 000x + 57 000y = 8 436 000 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=212\\ 38000x+57000y=8436000\end{array}$

Giải hpt ta được: $\{\begin{array}{l}x=192\\ y=20\end{array}(TM)$

Vậy anh Bình đã làm thêm 20 giờ ngoài định mức

a) Ta có $$\widehat{ADB}=90^0$$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

Suy ra tam giác ABD vuông tại D

Ta có MA = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OC = R nên OM là trung trực của AC. Suy ra OM$\perp$AC tại H.

b) Ta có MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên $MA\perp OA$. Suy ra tam giác OAM vuông tại A.

Xét $\Delta OHA$và $\Delta OAM$có:

$\widehat{AOM}$chung

$\widehat{OHA}=\widehat{OAM}=90^{\circ }$

Vậy $\Delta OHA$ ᔕ$\Delta OAM(g-g)$

Suy ra $\frac{OH}{OA}=\frac{OA}{OM}$nên $O{A}^2=OH.OM$

Mà OA = OD = R nên $O{D}^2=OH.OM$

Từ $O{D}^2=OH.OM$ suy ra $\frac{OD}{OM}=\frac{OH}{OD}$

Xét $\Delta ODH$và $\Delta OMD$có:

$\widehat{DOM}$chung

$\frac{OD}{OM}=\frac{OH}{OD}$

Suy ra $\Delta ODH$ᔕ$\Delta OMD$(c-g-c)

$\widehat{ODH}=\widehat{OMD}(1)$

$\Delta ADM$vuông tại D suy ra $\Delta ADM$nội tiếp đường tròn đường kính AM (2)

$\Delta AHM$vuông tại H suy ra $\Delta AHM$nội tiếp đường tròn đường kính AM (3)

Từ (2), (3) suy ra bốn điểm A, H, D, M cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

Suy ra tứ giác AHDM nội tiếp

Nên $\widehat{HMD}=\widehat{HAD}$(cùng chắn cung HD)

Vậy $\widehat{ODH}=\widehat{DAC}$

c) Ta có OD = OB = R. Suy ra $\Delta OBD$cân tại R.

Mà K là trung điểm BD nên $OK\perp BD$tại K nên $\widehat{OKM}=90^{\circ }$

Xét $\Delta OHE$và $\Delta OKM$có:

$\widehat{MOK}$chung

$\widehat{OHE}=\widehat{OKM}=90^{\circ }$

Suy ra $\Delta OHE$ᔕ$\Delta OKM$(g-g)

Nên $\frac{OH}{OK}=\frac{OE}{OM}$hay OH.OM = OK.OE

Theo câu b, OH.OM = OA² = R²

Do đó $OK.OE=R^2$. Mà OB = R nên $$OK.OE=O{B}^2$$

Suy ra $\frac{OK}{OB}=\frac{OB}{OE}$

Xét $\Delta OBK$và $\Delta OEB$có:

$\widehat{BOE}$chung

$\frac{OK}{OB}=\frac{OB}{OE}$

Suy ra $\Delta OBK$ᔕ$\Delta OEB$(c-g-c)

Nên $\widehat{OBE}=\widehat{OKB}=90^{\circ }$

Do đó $\Delta OEB$ vuông tại B

$\Delta OAM$vuông tại A

$$\cos \widehat{AOM}=\frac{OA}{OM}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}$$

Suy ra $\widehat{AOM}=60^{\circ }$

Ta có $\Delta OHA$vuông tại H

$\widehat{OAH}=90^{\circ }-\widehat{AOM}=30^{\circ }$

Xét $\Delta ABE$vuông tại B có $\tan \widehat{BAE}=\frac{BE}{AB}$

Suy ra $BE=AB\tan 30^{\circ }=2R.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$

Tam giác OEB vuông tại B có OB = R, $BE=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$

Diện tích tam giác OEB là

$S=\frac{1}{2}.OB.BE=\frac{1}{2}.R.\frac{2R\sqrt{3}}{3}=\frac{R^2\sqrt{3}}{3}$