Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Văn Linh (Cẩm Lệ) có đáp án

A = $$2\sqrt{9}-3\sqrt{4}+\sqrt[3]{8}.$$=$2.3-3.2+2$

= 2

Bảng tần số tương đối:

Biểu đồ hình cột

$P=\frac{\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}+3}-\frac{3}{\sqrt[]{x}-3}+\frac{6\sqrt[]{x}}{x-9}$

=$\frac{\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}+3}-\frac{3}{\sqrt[]{x}-3}+\frac{6\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}-3.(\sqrt[]{x}+3)}$

=$\frac{\sqrt[]{x}\sqrt[]{x}-3-3\sqrt[]{x}+3+6\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}-3.(\sqrt[]{x}+3)}$

= $\frac{x-3\sqrt[]{x}-3\sqrt[]{x}-9+6\sqrt[]{x}}{\sqrt[]{x}-3.(\sqrt[]{x}+3)}$ = $\frac{x-9}{\sqrt[]{x}-3.(\sqrt[]{x}+3)}$ = 1

Vậy P=1

Cho 5 tọa độ điểm

Vẽ đúng đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$(P)

Gọi các điểm cách đều hai trục toạ độ $M(x_M;y_{M)}$

Các điểm cách đều hai trục toạ độ $\left|y\right|=\left|x\right|$thì $y_M=x_M$ và $y_M=-x_M$

Khi $y_M=x_M$ta có $x_M=-\frac{1}{2}{x}_M^2$nên $x_M=0$(loại) ; $x_M=-2$

Khi $y_M=-x_M$ta có $-x_M=-\frac{1}{2}{x}_M^2$nên $x_M=0$(loại) ; $x_M=2$

Vậy các điểm cần tìm $M(-2;-2)$; $M(2;-2)$

Giải đúng phương trình $x^2-x-1=0$có hai nghiệm $x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2};x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

Theo hệ thức viet ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1\\ x_1{x}_2=-1\end{array}$

Vì $x_1;x_2$là hai nghiệm của phương trình đã cho nên ${x_1}^2-x_1-1=0$ và ${x_2}^2-x_2-1=0$

${x_1}^2-1=x_1$; ${x_2}^2-1=x_2$

$A=\frac{x_1^2+x_1-1}{x_1}-\frac{x_2^2+x_2-1}{x_2}$

$$\begin{array}{l}=\frac{x_1^2-1+x_1}{x_1}-\frac{x_2^2-1+x_2}{x_2}\\ =\frac{x_1+x_1}{x_1}-\frac{x_2+x_2}{x_2}\\ =2-2=0\end{array}$$

Mỗi kết quả của phép thử là cặp số (a;b) trong đó 2 số a và b đều thuộc tập hợp $\left\{1;2;3;4\right\}$

Không gian mẫu:

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

n() = 16

Nêu được các kết quả thuận lợi cho biến cố E là:

(1;1); (1;2); (2;1); (1;4); (4;1); (2;3); (3;2); (3;4); (4;3)

n(E) = 9

$\mathrm{P}\left(\mathrm{E}\right)=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{E}\right)}{\mathrm{n}\left(\mathrm{\Omega }\right)}=\frac{9}{16}$

Góc tạo bởi cáp trượt và mặt đất là góc $\widehat{ABH}$.

Xét $\Delta ABH$ vuông tại H, ta có: $\sin B=\frac{AH}{AB}=\frac{30}{100}=\frac{3}{10}\Rightarrow \widehat{ABH}=17^{\circ }27\prime$

Vậy góc mà dây cáp tạo với mặt đất là $17^{\circ }27\prime$.

Diện tích hình quạt có bán kính là 7 m.

$\mathrm{S}=\frac{{\mathrm{R}}^2\pi \cdot \mathrm{n}}{360}=\frac{7^2\pi \cdot 60}{360}=\frac{49}{6}\pi \left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Diện tích hình quạt có bán kính 3 m là: $\mathrm{S}=\frac{{\mathrm{R}}^2\pi \cdot \mathrm{n}}{360}=\frac{3^2\pi \cdot 60}{360}=\frac{3}{2}\pi \left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Diện tích phần tô đậm $\frac{49}{6}\pi -\frac{3}{2}\pi =\frac{20}{3}\pi \left({\mathrm{m}}^2\right)$

Đổi $40\mathrm{cm}=0,4\mathrm{m};26cm=0,26m$

Diện tích cần sơn chính là tổng diện tích xung quanh của các hình trụ.

Tổng diện tích xung quanh của $4$ cây cột đường kính $40$ cm là:

$S_1=\mathrm{4.2.}\pi .r_1.l=\mathrm{4.2.}\pi .0,2.4,2=6,72\pi \left({\mathrm{m}}^2\right)$

Tổng diện tích xung quanh của $6$ cây cột đường kính $26$ cm là:

$S_2=\mathrm{6.2.}\pi .r_2.l=\mathrm{6.2.}\pi .0,13.4,2=6,552\pi \left(m^2\right)$

Tổng diện tích xung quanh của $10$ cây cột là

$S=S_1+S_2=6,72\pi +6,552\pi =13,272\pi \left({\mathrm{m}}^2\right)$

Số tiền cần dùng là:$$13,272\pi .380000\approx 15844000$$ (đồng) .

Gọi x là số đôi giày sản xuất trung bình mỗi tháng (x nguyên dương).

Lợi nhuận trung bình mỗi tháng là:

0,35x – 435 (triệu đồng)

Để lợi nhuận một năm ít nhất là 1,5 tỉ đồng hay 1 500 triệu đồng thì lợi nhuận trung bình một tháng ít nhất là :

$\frac{1500}{12}=125$ ( triệu đồng)

Do đó ta có: 0,35x – 435 $\ge$125

Giải bpt, tìm được: x $\ge$ 1600

Kết luận: Vậy trung bình mỗi tháng cở sở đó phải sản xuất ít nhất 1 600 đôi giày để đạt lợi nhuận ít nhất 1,5 tỉ sau 1 năm.

Gọi x là số học sinh dự thi của trường A, y là số học sinh dự thi của trường B. ( x, y nguyên dương)

Tổng số học sinh dự thi của hai trường là: 435 : 87% = 500 (hs)

Theo đề ta có hpt:$\{\begin{array}{l}x+y=500\\ 85\%x+90\%y=435\end{array}$

Giải hệ pt, ta được: x = 300 (thỏa đk); y = 200 ( thỏa đk)

Kết luận: Vậy số hs dự thi của trường A là : 300 hs, của trường B là 200 hs

a) $\Delta ACH$ vuông tại H nên $\Delta ACH$ nội tiếp đường tròn đường kính AC(1)

$\Delta ACK$ vuông tại K nên $\Delta ACK$ nội tiếp đường tròn đường kính AC(2)

Từ (1) và (2) ta có bốn điểm A, H, K, C thuộc đường tròn đường kính AC. Tâm của đường tròn nay là trung điểm của AC

b) Chứng minh$\widehat{KCH}=\widehat{DCB}$

$\Delta CHB$ vuông tại H nên $\widehat{CBH}+\widehat{HCB}=90^0$ (3)

$\Delta CKD$ vuông tại K nên $\widehat{CDK}+\widehat{DCK}=90^0$ (4)

Lại có $\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay $\widehat{CDK}=\widehat{CBH}$ (5)

Từ (3),(4) và (5) ta có $\widehat{KCH}=\widehat{DCB}$

Chứng minh $AI.AD=AH.AB$

Xét △AIH và △ABD:

• $\angle HAI=\angle DAB$ (góc chung)
• $\angle AHI=90°$ (CH ⊥ AB)
• $\angle ADB=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Suy ra: $△AIH\sim △ABD$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{AI}{AB}=\frac{AH}{AD}\Rightarrow AI\cdot AD=AH\cdot AB◼$

suy ra $\frac{AI}{AB}=\frac{AH}{AD}$ nên$AI.AD=AH.AB$

c) Kéo dài CP cắt AB tại M

Xét $\Delta ACM$ có hai đường cao AK và CH cắt nhau tại I nên I là trực tâm của $\Delta ACM$. Suy ra MI vuông góc với AC

Xét nửa đường tròn(O) có$\widehat{ACB}=90^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên Bc vuông góc với AC. Do đó MI//BC

Xét$\Delta CHB$ có $I\in CH;M\in HB$ mà MI//BC suy ra $\frac{HI}{HC}=\frac{HM}{HB}$ (định lý Thales) (6)

Xét$\Delta HDB$ có $P\in HD;M\in HB$ mà MP//BD( cùng vuông góc với AD) suy ra $\frac{HD}{HP}=\frac{HM}{HB}$ (định lý Thales) (7)

Từ (6) và (7) suy ra $\frac{HI}{HC}=\frac{HD}{HP}$ nên IP//CD(đpcm)