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

Ta có $\sqrt{16}.\sqrt{25}+\sqrt{196}:\sqrt{25}=4.5+14:5=20+\frac{14}{5}=\frac{114}{5}$

$\sqrt{16}.\sqrt{25}+\sqrt{196}:\sqrt{25}=4.5+14:5=20+\frac{14}{5}=\frac{114}{5}$

ĐKXĐ : $$a\ge 0,a\ne 1$$

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

$$A=\frac{a-\sqrt{a}-a-\sqrt{a}+2\sqrt{a}-4}{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}.\left(\sqrt{a}+1\right)$$

$$A=\frac{-4}{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}.\left(\sqrt{a}+1\right)$$

$$A=\frac{-4}{\sqrt{a}-1}$$

Hình vẽ đồ thị

Lập bảng một số giá trị tương ứng của $x$ và $y$

Biểu diễn các điểm $\left(-3;\frac{9}{2}\right),\left(-2;2\right),\left(0;0\right)$, $\left(2;2\right),\left(3;\frac{9}{2}\right)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ và nối chúng lại ta được đồ thị hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$.

Các điêm có tung đồ bằng y = 2 có hoành độ lần lượt là x = 2 và x = -2

Các điểm này đối xứng với nhau qua trục tung

Các điêm có tung đồ bằng y = 2 có hoành độ lần lượt là x = 2 và x = -2

Các điểm này đối xứng với nhau qua trục tung

Ta có: ${\Delta }^{\text{'}}=-m+5$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì: ${\Delta }^{\text{'}}>0\iff -m+5>0\iff m<5$

Theo hệ thức Vi-et ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m-2(1)\\ x_1.x_2=m^2-m-4(2)\end{array}$$

Theo đề bài ta có:

$$\begin{array}{l}{x}_1^2-2x_2(x_2-2)+m^2-5m=0\\ x_1^2-2x_2^2+4x_2+m^2-m-4-4m+4=0\\ x_1^2-2x_2^2+4x_2+x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right)=0\\ x_1^2+x_1{x}_2-2x_2^2-2x_1+2x_2=0\\ \left(x_1-x_2\right)\left(x_1+2x_2\right)-2\left(x_1-x_2\right)=0\\ \left(x_1-x_2\right)\left(x_1+2x_2-2\right)=0\\ [\begin{array}{l}{x}_1-x_2=0\\ x_1+2x_2-2=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_1=x_2\left(Loai\right)\\ x_1+2x_2=2(3)\end{array}\end{array}$$

Từ (1) và (3) ta có:$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m-2\\ x_1+2x_2=2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_1=4m-6\\ x_2=4-2m\end{array}$$

Thay vào (2) ta được:

$$\begin{array}{l}\left(4m-6\right)\left(4-2m\right)=m^2-m-4\\ 16m-24-8m^2+12m=m^2-m-4\\ 9m^2-29m+20=0\\ \left(m-1\right)\left(9m-20\right)=0\\ [\begin{array}{l}m-1=0\\ 9m-20=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=1(t/m)\\ m=\frac{20}{9}(t/m)\end{array}\end{array}$$

Vậy: $m=1;m=\frac{20}{9}$

Nhìn vào biểu đồ ta thấy :

• Lớp 6 có tất cả : 7 nam + 9 nữ = 16 học sinh
• Lớp 7 có tất cả : 9 nam + 7 nữ = 16 học sinh
• Lớp 8 có tất cả : 9 nam + 8 nữ = 17 học sinh
• Lớp 9 có tất cả : 9nam + 8 nữ = 17 học sinh

Như vậy không gian mẫu có tất cả 16+ 16 + 17 + 17 = 66 học sinh

• Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là : 7 + 9 + 9 + 9 = 34 học sinh

Xác suất để biến cố A xảy ra là : P(A) = $\frac{34}{66}=\frac{17}{33}$

• Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là : 16 học sinh

Xác suất để biến cố B xảy ra là : P(B) = $\frac{16}{66}=\frac{8}{33}$

• Số kết quả thuận lợi cho biến cố C là : 9 + 7 + 8 = 24 học sinh

Xác suất để biến cố C xảy ra là : P(C) = $\frac{24}{66}=\frac{12}{33}$

Xem đoạn bị gãy là $CB$, đoạn còn lại thẳng đứng là $AC$.

Như vậy, độ dài của cây khỉ chưa bị gãy là $AC+BC$.

Do $\Delta ABC$ vuông tại $A$ và $\widehat{ABC}=45^{\circ }$, suy ra $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $AC=AB=4,5\mathrm{m}$.

Áp dụng định lí Pythagore trong $\Delta ABC$ vuông tại $A$, ta được

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2\Rightarrow BC=\sqrt{2\cdot {(4,5)}^2}=\sqrt{40,5}\left(\mathrm{m}\right).$

Chiều cao cây trước khi gãy là $4,5+\sqrt{40,5}\approx 10,9\left(\mathrm{m}\right)$.

Diện tích hình quạt tròn với bán kính $25cm$ là

$S_1=\frac{n}{360}.\pi R^2=\frac{150}{360}.3,14.25^2\approx 817,7c{m}^2$

Diện tích hình quạt tròn với bán kính $10cm$ là$S_2=\frac{n}{360}.\pi R^2=\frac{150}{360}.3,14.10^2\approx 130,8c{m}^2$

Diện tích phần làm giấy là $S=S_1-S_2=817,7-130,8=686,9c{m}^2$.

Thể tích của khối gỗ đó là

$$V=\pi \cdot 13^2\cdot 43=7267\pi \approx 22818,38c{m}^3$$

Vậy thể tích của khối gỗ là 22818,38 ${cm}^3$

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 $x$ là giá niêm yết của máy hút ẩm và $y$ là giá niêm yết của quạt cây. ĐK: $x,y>0$

Tổng số tiền của máy hút ẩm và quạt cây là $9$ triệu đồng, nên ta có phương trình $x+y=9$ $\left(1\right)$

Máy hút ẩm được giảm $20\%$ và quạt cây được giảm $10\%$ nên số tiền được giảm giá là $1,6$ triệu

Ta có phương trình $\frac{1}{5}x+\frac{1}{10}y=1,6$$\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=9\\ \frac{1}{5}x+\frac{1}{10}y=1,6\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=7\\ y=2\end{array}$ ( thỏa mãn)

Vậy giá niêm yết của máy hút ẩm là $7$ triệu đồng và quạt cây là $2$ triệu đồng.

a) Ta có $$\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^0$$ (giả thiết); $$\widehat{ADO}=90^0$$ (giả thiết).

Tam giác AMO vuông tại M nên tam giác AMO nội tiếp đường tròn đường kính AO có tâm là trung điểm của cạnh huyền AO.

Tương tự, hai tam giác ADO và ANO ngoại tiếp đường tròn đường kính AO.

Suy ra bốn điểm D, M, N, O cùng nằm trên đường tròn đường kính AO.

b) Chứng minh được hai tam giác OAM và OAN bằng nhau suy ra OM = ON.

Do tứ giác MDON nội tiếp nên $$\widehat{ODN}=\widehat{OMN}$$ và $$\widehat{BDM}=\widehat{ONM}$$.

Mà $$\widehat{ONM}=\widehat{OMN}$$(do tam giác OMN cân tại O). Suy ra $$\widehat{ODN}=\widehat{BDM}$$ (đpcm).

c) Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại P, Q.

Ta có: $$\widehat{IOP}=\widehat{IMP}=\widehat{INA}$$, $$\widehat{INA}=\widehat{IOQ}$$ (vì tứ giác OINQ nội tiếp).

Suy ra $$\widehat{IOP}=\widehat{IOQ}$$. Mà OI vuông góc PQ nên OI là trung tuyến của tam giác OPQ.

Ta có PQ//BC nên $$\frac{IP}{KB}=\frac{AI}{AK}=\frac{IQ}{KC}$$. Mà IP = IQ, suy ra KB = KC.

Vậy K là trung điểm của BC.