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

$$\sqrt{{\left(3-2\sqrt{5}\right)}^2}=\left|3-2\sqrt{5}\right|=2\sqrt{5}-3;\sqrt{20}=2\sqrt{5}$$

$A=2\sqrt{5}-3-2\sqrt{5}=-3$

Lập được bảng tần số tương đối ghép nhóm

Tính được số lượng học sinh có thành tích chạy dưới 14 giây:

(15%+ 35%).40 = 20 (học sinh)

$\frac{2\sqrt{xy}}{x-y}-\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2\sqrt{x}-2\sqrt{y}}=\frac{-\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}{2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}$

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

a) Vì hình chiếu vuông góc của điểm A xuống mặt cầu (trục Ox) cách gốc tọa độ O một đoạn 3 m về phía bên phải nên $x_A$ = 3.

Điểm A nằm trên đường thẳng (d): $y=2x+2$nên $y_A$ = 2.3 + 2 = 8.

Vậy A(3; 8)

b) Các điểm cần tìm thuộc parabol y = $\frac{1}{2}{x}^2$ và có cùng độ cao với A, tức là có tung độ y = 8.

Nên $\frac{1}{2}{x}^2$ = 8

Tìm được các điểm trên parabol có cùng độ cao với A là: $4;8$ và $-4;8$.

Có a + b + c = 2$-\sqrt[]{7}-1+\sqrt[]{7}-1=0$

Suy ra phương trình có 2 nghiệm là: $x_1=1;x_2=\frac{\sqrt[]{7}-1}{2-\sqrt[]{7}}=\frac{-\sqrt[]{7}-5}{3}$

Có Δ= 20 > 0 suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lý Viète ta có:

$\{\begin{array}{rl}{x}_1+x_2& =4\\ x_1.x_2& =-1\end{array}$

Vì $x_1$là nghiệm của phương trình (*) nên $x_1^2-4x_1-1=0$

$x_1^2=4x_1+1$

$x_1^3={4x}_1^2+x_1$

Ta có: A =$x_1^3+17x_2+2026$ = ${4x}_1^2+x_1+17x_2+2026$

= 4.( $4x_1+1)+x_1+17x_2+2026$= $16x_1+4+x_1+17x_2+2026$ = $17.x_1+x_2+2030$ = 17 . 4 + 2030 = 2098

a) Không gian mẫu của phép thử:

$$\Omega =\{(3,4);(3,5);(3,6);(4,3);(4,5);(4,6);(5,3);(5,4);(5,6);(6,3);(6,4);(6,5)\}$$

Tập $$\Omega$$ có 12 phần tử.

Vì việc bốc thăm trúng thưởng là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

b) Gọi A là biến cố “Khách hàng nhận được phiếu mua hàng”

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $$(4,6);(5,6);(6,4);(6,5)$$

Xác suất của biến cố A là: $$P(A)=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại B có $BC=20.2=40cm;\hat{C}=30^{\circ }$ ta có:$AB=BC.\tan \hat{C}$

$=40.\tan 30^{\circ }\approx 23,09\left(cm\right)$

Gọi bán kính của đường tròn lớn là R, đường tròn nhỏ (phần làm thảm cỏ) là r, ta có r = R – 2= 12:2 – 2 = 4m

Diện tích lối đi: $S=\pi \left(R^2-r^2\right)$

$S=\pi \left(R^2-r^2\right)\approx 3,14.\left(6^2-4^2\right)\approx 63\left(m^2\right)$

Ta có: $\Delta ABC$ có độ dài ba cạnh lần lượt là $AB=15cm$, $AC=20cm$, $BC=25cm$ là tam giác vuông tại $A$ (theo định lý Pythagore đảo).

Chứng minh được $\Delta ABC\sim \Delta HBA$ để tính được $AH=12cm$.

Khi quay tam giác $ABC$ một vòng quanh cạnh $BC$ cố định là ta thu được hai hình nón chung đáy với chiều cao là $HC,HB$.

Thể tích không khí trong hình tạo thành là:

$V=\frac{1}{3}\pi H{A}^2.HC+\frac{1}{3}\pi H{A}^2.HB=\frac{1}{3}\pi H{A}^2(HC+HB)$

$=\frac{1}{3}\pi H{A}^2.BC=\frac{1}{3}\pi (12{)}^2.25=1200\pi$ cm³.

Gọi x(người) là số người mà thang máy có thể chở thêm được (x𝛜 N^*).

Vì thang máy có thể chở được tối đa là 650kg

Nên ta có bất phương trình: 120 + 65x ≤ 650

Giải bất phương trình ta được x ≤ 8,1538…

Vì x𝛜 N^* nên thang máy chở thêm tối đa được 8 người nữa.

Gọi vận tốc riêng của tàu Rồng là x ( km/h) , vận tốc riêng của dòng nước là y ( km/h) ( ĐK : x > y > 0) .

Vận tốc của tàu rồng khi xuôi dòng là x + y (km/h) .

Vận tốc của tàu rồng khi ngược dòng là x - y ( km/h) .

Ta có : 2h30 phút = $\frac{5}{2}$ h ; 1h20 phút = $\frac{4}{3}$ h .

Vì tàu rồng xuôi dòng một quãng sông dài 12 km và ngược dòng quãng sông đó mất 2h30 phút nên ta có phương trình : $\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}=\frac{5}{2}$ (1)

Nếu trên quãng sông ấy tàu rồng xuôi dòng 4 km và ngược dòng 8 km thì hết 1h 20 phút nên ta có phương trình : $\frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}=\frac{4}{3}$ (2) .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

$\{\begin{array}{rl}\frac{12}{x+y}+\frac{12}{x-y}& =\frac{5}{2}\\ \frac{4}{x+y}+\frac{8}{x-y}& =\frac{4}{3}\end{array}$ .

Giải hệ phương trình ta tìm được x =10; y =2 (TMĐK)

Kết luận.

a) Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp,

Ta có $AKB={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $AKN={90}^0$.

Xét $∆AKN$vuông tại K,nên $∆AKN$nội tiếp đường tròn đường kính AN (1).

Xét $∆AHN$vuông tại H, nên $∆AHN$nội tiếp đường tròn đường kính AN (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm A,K,N,H cùng nằm trên đường tròn đường kính AN.

b) Ta có $ACB={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

Xét $∆ACH$và $∆ABC$ có : $AHC=ACB$ =${90}^0$

$CAB=CAH$

Vậy $∆ACH$ $∆ABC$(g-g), suy ra $\frac{AC}{AB}=\frac{AH}{AC}$ nên ${AC}^2=AH.AB$

Mà AB = 2OC ( Vì AB là đường kính ), suy ra ${AC}^2$ = 2 AH. OC

Ta có MA và MC là hai tiếp tuyến của (O) nên

MA =MC và OA=OC =R ,

Suy ra OM là đường trung trực của AC .

Do đó $$OM\perp AC$$ và $$BC\perp AC(cmt)$$ , suy ra OM // BC.

Suy ra $OMB=KBC$ ( So le trong ) (3)

$KAC=KBC$ ( góc nội tiếp chắn cung KC) (4)

Từ (3) và (4) suy ra : $KAC=OMB.$

c) Xét $∆AOMv\grave{a}∆HBCc\acute{o}:MAO=CHB$ =${90}^0$

$AOM=HBC$ ( Hai góc đồng vị của MO//BC).

Do đó $∆AOM∆HBC$ (g-g) , suy ra $\frac{AM}{CH}=\frac{AO}{BH}$ (5)

Ta lại có MA //CH ( vì cùng vuông góc với AB) nên NH // MA

Xét $∆AMBc\acute{o}$NH // MA nên $∆HNB$   $∆AMB$

Do đó $\frac{AB}{BH}=\frac{AM}{HN}$ , suy ra $\frac{AB}{2BH}=\frac{AM}{2HN}$ , mà AO = $\frac{AB}{2}$

Suy ra $\frac{AO}{BH}=\frac{AM}{2HN}$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra : $\frac{AM}{CH}=\frac{AM}{2HN}$ , suy ra CH = 2 HN

Suy ra CN = NH . Vậy N là trung điểm của CH.