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

$$\frac{5}{2-\sqrt{3}}$$$$=\frac{5(2+\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}$$

$$=\frac{10}{4-3}=10$$

Tổng số học sinh: $5+12+23+17+3=60$ (học sinh).

Số học sinh chi từ $100$ nghìn trở lên: $23+17+3=43$ (học sinh).

Tỉ lệ phần trăm: $(43:60).100\%\approx 71,67\%$

$$A=\left(\frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-3}-\frac{12+4\sqrt{x}}{9-x}\right).\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$$$$=\left(\frac{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}+\frac{12+4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\right).\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$$

$$=\frac{(x-\sqrt{x}-12)+12+4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}.\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$$

$$=\frac{x-3\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}.\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$$$$=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}.\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$$$$=1$$

Bảng giá trị:

Với AB = 6m, parabol có trục đối xứng là Oy nên $$x_A=-3,x_B=3$$

Thay $$x=3$$ vào $y=-\frac{1}{4}{x}^2$ta được: $$y=\frac{-1}{4}{x}^2=\frac{-1}{4}.3^2=-2,25$$

Vậy $$A\left(-3;-2,25\right),B\left(3;-2,25\right)$$

Vì $$\left|y_A\right|=\left|y_B\right|=2,25$$ nên khoảng cách từ dải đèn LED đến đỉnh cổng bằng 2,25m

${\Delta }^{\prime }=2^2-1\cdot 1=3>0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-4\\ x_1{x}_2=1\end{array}$. Đặt $$T=\frac{A}{B}$$.

Nhận xét: Vì tích $x_1{x}_2=1>0$ và tổng $x_1+x_2=-4<0$ nên cả hai nghiệm $x_1,x_2$ đều là số âm.

Với $$x_1>x_2$$ thì $x_1-x_2=\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$.

Mẫu số: Vì $$x_1$$ là nghiệm của phương trình nên $x_1^2=-4x_1-1$

$$\Rightarrow$$$x_1^3=x_1(-4x_1-1)=-4x_1^2-x_1=-4(-4x_1-1)-x_1=15x_1+4$

$$\Rightarrow$$$B=(15x_1+4)+15x_2+64=15(x_1+x_2)+68=15(-4)+68=8$

Tử số: Ta thay $-4x_1=x_1^2+1$ $$\Rightarrow$$ $-4x_1+7=(x_1^2+1)+7=x_1^2+8$

$$\Rightarrow$$$\sqrt{16x_2^2-4x_1+7}=\sqrt{16x_2^2+x_1^2+8}=\sqrt{16x_2^2+x_1^2+8x_1{x}_2}=\sqrt{{(x_1+4x_2)}^2}=|x_1+4x_2|$

Vì $x_1,x_2<0$ nên $|x_1+4x_2|=-x_1-4x_2$

$\Rightarrow A=(-x_1-4x_2)+10x_1+5x_2+20=9x_1+x_2+20$$=4x_1-4x_2=4(x_1-x_2)$

Vậy: $T=\frac{A}{B}=\frac{4(x_1-x_2)}{8}=\frac{4.2\sqrt{3}}{8}=\sqrt{3}$

a) Kí hiệu Trống đồng, Mộc bản và Gốm Chu Đậu lần lượt là T, M, G

Không gian mẫu: $\Omega =\{(T,M,G);(T,G,M);(M,T,G);(M,G,T);(G,T,M);(G,M,T)\}$

b) Biến cố $A$: "Có đúng $1$ hiện vật được đặt đúng tủ".

Theo yêu cầu bài toán: Tủ $1$ đúng nếu chứa $T$, Tủ $2$ đúng nếu chứa $M$, Tủ $3$ đúng nếu chứa $G$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là:

$(T,G,M)$: Chỉ hiện vật $T$ ở tủ $1$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$(G,M,T)$: Chỉ hiện vật $M$ ở tủ $2$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$(M,T,G)$: Chỉ hiện vật $G$ ở tủ $3$ là đúng $\to$ Thỏa mãn.

$A=\{(T,G,M);(G,M,T);(M,T,G)\}$

Số kết quả thuận lợi là: $n(A)=3$. Xác suất của biến cố $A$ là: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{3}{6}=0,5$.

Tam giác ABC vuông tại B: $$BC=\tan 54^0.AB=120.\tan 54^0\approx 165,2m$$

Chiều cao tòa nhà: $$BC+1,6\approx 166,8m$$

Bán kính của đường tròn ngoài là:$R=\frac{150}{2}=75(m)$

Vì bề rộng mặt đường là 15m, nên bán kính của đường tròn trong là: $r=75-15=60(m)$

Diện tích phần mặt đường của vòng xuyến là: $S=\pi \cdot (R^2-r^2)=3,14\cdot (75^2-60^2)=6358,5(m^2)$

Thể tích của chiếc gáo nửa hình cầu là: $V_1=\frac{2}{3}\cdot \pi \cdot R^3=\frac{2}{3}\cdot \pi \cdot 3^3=18\pi (c{m}^3)$

Thể tích nước mắm thực tế múc được trong mỗi lần:$V_2=18\pi \cdot 95\%=17,1\pi$ ($c{m}^3$)

Bán kính đáy của ống đong hình trụ là: $R=10:2=5$ (cm)

Thể tích nước mắm trong ống đong khi đạt độ cao $18cm$ là: $V_3=\pi \cdot 5^2\cdot 18=450\pi$($c{m}^3$)

Vì $450\pi :17,1\pi \approx 26,3$ nên số lần múc cần thiết để đạt độ cao tối thiểu 18cm là 27 lần.

Gọi $x$ là số tuần Mai cần tiết kiệm thêm ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

Số tiền Mai tiết kiệm thêm sau $x$ tuần là: $50x$ (nghìn đồng).

Tổng số tiền Mai có sau $x$ tuần là: $300+50x$ (nghìn đồng).

Để có đủ tiền mua máy tính, ta có bất phương trình: $300+50x\ge 750$

Giải bất phương trình: $50x\ge 750-300$

$50x\ge 450$

$x\ge 9$

Đổi: 9 tuần = 63 ngày

Vậy bạn Mai cần tiết kiệm thêm ít nhất 63 ngày nữa thì đủ tiền mua máy tính.

Đổi: 1 phút 40 giây = 100 giây $=\frac{100}{3600}$ giờ $=\frac{1}{36}$ giờ.

Gọi $x$ ($km/h$) là vận tốc của VĐV Vũ Khánh Linh trong chặng cuối ($x>0,5$).

Vận tốc của VĐV Yukiko Nomoto trong chặng cuối là: $x-0,5$ ($km/h$).

Quãng đường bứt tốc cho đến đích: $$42-31,5=10,5$$km

Thời gian Linh đi hết $10,5km$ cuối là: $\frac{10,5}{x}$ (giờ).

Thời gian Yukiko đi hết $10,5km$ cuối là: $\frac{10,5}{x-0,5}$ (giờ).

Theo đề bài, ta có phương trình: $\frac{10,5}{x-0,5}-\frac{10,5}{x}=\frac{1}{36}$

Biến đổi phương trình trên ta được: $2x^2-x-378=0$

Giải phương trình trên ta được: $x_1=14$ (Thỏa mãn); $x_2=-13,5$ (Loại).

Kết luận: Vận tốc của Vũ Khánh Linh là $14km/h$ và của Yukiko Nomoto là $13,5km/h$

trong chặng cuối

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $$\widehat{MAO}=\widehat{MCO}=\widehat{NAO}=\widehat{NBO}=90^0$$

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO $$\perp$$ AC. Chứng minh tương tự NO $$\perp$$ AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét $$\Delta$$MCH và $$\Delta$$MOC lần lượt vuông tại H và C có $$\widehat{\mathrm{HMC}}$$ chung

$$\Rightarrow$$ $$\Delta$$MCH$$\Delta$$MOC (g.g)$$\Rightarrow$$$$\mathrm{M}{\mathrm{C}}^2=\mathrm{MH}.MO$$ (1).

$$\Delta$$BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính$$\Rightarrow$$$$\Delta$$BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: $$\Delta$$MCD$$\Delta$$MBC (g.g) $$\Rightarrow$$$$\mathrm{M}{\mathrm{C}}^2=\mathrm{MD}.MB$$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $$\mathrm{MH}.MO=\mathrm{MD}.MB$$$$\Rightarrow$$$$\Delta$$MDH$$\Delta$$MOB (c.g.c) $$\Rightarrow$$$$\widehat{\mathrm{MDH}}=\widehat{\mathrm{MOB}}$$.

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên $$\widehat{\mathrm{BDO}}=\widehat{\mathrm{OBD}}$$ hay $$\widehat{\mathrm{BDI}}=\widehat{\mathrm{MBC}}$$ $$\Rightarrow$$$$\Delta$$DBI$$\Delta$$BCM (g.g)

$$\Rightarrow \frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DI}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BM}}\Rightarrow \frac{2DE}{\mathrm{DI}}=\frac{2BO}{\mathrm{BM}}\Rightarrow \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DI}}=\frac{\mathrm{BO}}{\mathrm{BM}}$$. Kết hợp với $$\widehat{\mathrm{EDI}}=\widehat{\mathrm{OBM}}(\mathrm{cmt})$$

Từ đó suy ra (c.g.c) $$\Rightarrow \widehat{\mathrm{DEI}}=\widehat{\mathrm{MOB}}$$.

Mà $$\widehat{\mathrm{MDH}}=\widehat{\mathrm{MOB}}$$ (cmt) nên $$\widehat{\mathrm{MDH}}=\widehat{\mathrm{DEI}}$$ $$\Rightarrow$$ EI // DH (3).

Mặt khác, $$\Delta$$BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

$$\Rightarrow$$ EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.