Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Hồ Nghinh (Hòa Cường) có đáp án

$$\sqrt{125}-4\sqrt{45}+3\sqrt{20}-\sqrt{80}$$ = $$5\sqrt{5}-12\sqrt{5}+6\sqrt{5}-4\sqrt{5}$$

$$=-5\sqrt{5}$$

Bảng tần số

Biểu đồ tần số dạng đoạn thẳng

$$=\left[\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\right].\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{\sqrt{x}+1}$$

$$=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right){\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$$$$=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}$$

Bảng giá trị

Thay $$y=-24$$ vào công thức $$y=-\frac{3}{2}{x}^2$$ ta được $$-24=-\frac{3}{2}{x}^2$$ hay $$x^2=16$$. Do đó x = 4 hoặc x = $$-4$$.

Vậy các điểm trên (P) có tung độ $$-24$$ là $$\left(4;-24\right)$$ và $$\left(-4;-24\right)$$

Xét phương trình $x^2-4x+m=0$ ($a=1,b=-4,c=m$).

$\Delta =b^2-4ac=(-4{)}^2-\mathrm{4.1.}m=16-4m.$

Để phương trình có hai nghiệm thì $\Delta \ge 0$ hay $16-4m\ge 0$ suy ra $m\le 4.$

Với $m\le 4$, giả sử phương trình có hai nghiệm $x_1;x_2$. Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{-(-4)}{1}=4;$$x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{m}{1}=m.$ (1)

Theo đề ta có: $A=x_1^3+x_2^3-3x_1{x}_2+4$

$=(x_1+x_2{)}^3-3x_1{x}_2(x_1+x_2)-3x_1{x}_2+4$

$=(x_1+x_2{)}^3-3x_1{x}_2(x_1+x_2+1)+4$ (2)

Thay (1) vào (2) ta có:

$A=4^3-3.m(4+1)+4$

$=65-12m$.

Vậy $A=65-12m$ với $m\le 4.$

Ký hiệu các bạn Hưng, Tuấn, Dũng, Nga, Mai lần lượt là H, T, D, N, M.

Không gian mẫu $\Omega =\{(H;T);(H;D);(H;N);(H;M);(T;D);(T;N);(T;M);(D;N);$

$(D;M);(N;M)\}$.

Không gian mẫu có 10 phần tử.

Vì hai bạn được chọn ngẫu nhiên nên các kết quả này là đồng khả năng.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố A là (H; N); (H; M); (T; N); (T; M), (D; N), (D;M).

Vậy $$P(A)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}.$$

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố B là (H;N); (T; N); (D; N); (N; M).

Vậy $$P(B)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}.$$

Gọi AB là đoạn đường máy bay bay lên trong 6 phút thì BH chính là độ cao máy bay đạt được sau 6 phút.

Ta có 6 phút = 0,1 giờ.

 AB = 500.0,1 = 50 km.

Xét tam giác ABH vuông tại H có:

BH = AB.sinA = 50.sin30° = 25

Vậy sau 6 phút máy bay bay lên cao được 25km

Ta có sđ =$\widehat{AOB}=45^o$

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung 45^o là:

$S=\frac{\pi R^{2}n}{360}=\frac{\pi {.18}^2.45}{360}=40,5\pi =117,17$(cm²)

Vì đường kính khối gỗ hình trụ là 20cm nên bán kính của khối gỗ hình trụ là 10cm.

Thể tích của khối gỗ hình trụ là: $\pi .10^2.50=5000\pi \approx 15700(c{m}^3).$

Thể tích của khối gỗ hình nón là: $\frac{1}{3}.\pi .10^2.15=500\pi \approx 1570(c{m}^3).$

Thể tích khối gỗ cần dùng là:$15700+1570=17270(c{m}^3).$

Gọi x là số bút Lan có thể mua được ($x\in N$).

Khi đó số tiền Lan phải trả là: $10.8000+x.5500$ (đồng).

Theo đề ta có bất phương trình: $10.8000+x.5500\le 150000.$

Giải bất phương trình, ta có $80000+x.5500\le 150000$

$x.5500\le 70000$

$x\le 12,(72).$

Vậy Lan mua được tối đa 12 chiếc bút.

Gọi x (cm³) là thể tích miếng kim loại thứ nhất (x > 0).

Suy ra thể tích miếng kim loại thứ hai là x + 10 (cm³).

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là: $$\frac{585}{x}$$(g/cm³).

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là: $$\frac{420}{x+10}$$(g/cm³).

Theo bài ra ta có phương trình: $$\frac{585}{x}-\frac{420}{x+10}=9$$

Biến đổi phương trình trên, ta được: 9x² − 75x − 5 850 = 0.

Giải phương trình trên, ta được: x₁ = 30 (thỏa mãn), $$x_2=\frac{-65}{3}$$ (loại).

Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $$\frac{585}{30}=19,5$$ g/cm³ và khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $$\frac{420}{30+10}=10,5$$ g/cm³

a) Gọi I là trung điểm của cạnh HC.

Ta có tam giác HEC và HDC là các tam giác vuông có chung cạnh huyền HC.

nên IE = IH = IC = ID.

Vậy các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn

b) Vì các điểm C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn nên tứ giác CDHE nội tiếp. Do đó $\widehat{DHE}+\widehat{ECD}=180^o$

suy ra $$\widehat{ECD}=180^o-\widehat{DHE}.$$ (1)

Ta có $\widehat{AHF}+\widehat{DHE}=180^o$(hai góc kề bù)

Nên $$\widehat{AHF}=180^o-\widehat{DHE}.$$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ECD}=\widehat{AHF}$ hay $\widehat{ACB}=\widehat{AHF}$. (*)

Trong đường tròn (O;R) có $\widehat{AFB}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB). (**)

Từ (*) và (**) suy ra $\widehat{AHF}=\widehat{AFB}$ hay $\widehat{AHF}=\widehat{AFH}$.

Nên tam giác AHF cân tại A.

c) Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta CDE$.

Xét $\Delta ABE$ vuông tại E có M là trung điểm AB.

Suy ra $ME=MA=MB=\frac{AB}{2}$nên $\Delta AME$ cân tại M

Do đó $\widehat{MEA}=\widehat{MAE}$hay $\widehat{MEA}=\widehat{BAE}$(3)

Xét $\Delta HEC$ vuông tại E có I là trung điểm HC.

Suy ra $IE=IC=IH=\frac{HC}{2}$nên $\Delta IEC$ cân tại I

Do đó $\widehat{IEC}=\widehat{ICE}$(4)

Ta có H là giao điểm của 2 đường cao AD và BE nên H là trực tâm của$\Delta ABC$Do đó CH $$\perp$$ AB. Suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{ICE}$(cùng phụ $\widehat{BAC}$) (5)

Lại có $\widehat{BAE}+\widehat{ABE}=90^o$(tam giác ABE vuông tại E) (6)

Từ (3); (4); (5); (6) suy ra $\widehat{MAE}+\widehat{CEI}=90^o$

Do đó $\widehat{MEI}=90^o$ hay $ME\perp EI$tại E.

Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.