Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lý Tự Trọng (Sơn Trà) có đáp án

$\sqrt{8}-2\sqrt{9}-\sqrt{4}$

= $2\sqrt{2}-6-2$=$2\sqrt{2}-8$

Tổng số hs của lớp là 3+5+8+8+7+4 = 35

= $\left(\frac{3\left(x+3\right)}{x-3}+\frac{x\left(x-3\right)}{3+x}\right):\frac{1}{x^2-9}$= $\left(\frac{3x+9}{x^2-9}+\frac{x^2-3x)}{x^2-9}\right).\frac{x^2-9}{1}$

= 3x + 9 + x² - 3x = 9 + x²

các điểm M thuộc (P) sao cho tung độ gấp 4 lần hoành độ.

$y_M=4x_M$

$4x_M=x_M^2$

$x_M^2-4x_M=0;x_M=0;x_M=4$

Suy ra $y_M=0;y_M=16$

(0;0); (4; 16)

$x_1^{}+x_2^{}$= 2; $x_1^{}.x_2^{}$= m+3

$x_1^3+x_2^3=8$

$\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1{x}_2+x_2^2\right)=8$

Thay đúng $x_1^{}+x_2^{}$= 2; $x_1^{}.x_2^{}$= m+3;

Tìm được m

Ta liệt kê được tất cả các kết quả có thể của phép thử bằng cách lập bảng như sau:

Mỗi ô ở bảng trên là một kết quả có thể. Các kết quả có thể là đồng khả năng. Không gian mẫu có 36 phần tử.

– Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố E là (5, 6); (6, 5). Vậy P(E) = $\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$.

– Tổng số chấm bằng 5 là các ô (1, 4); (2; 3); (3; 2); (4, 1).

Tổng số chấm bằng 4 là các ô (1, 3); (2, 2); (3, 1).

Tổng số chấm bằng 3 là các ô (1, 2); (2, 1).

Tổng số chấm bằng 2 là ô (1, 1).

Có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố G là

(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1); (1, 3); (2, 2); (3, 1); (1, 2); (2, 1); (1, 1).

Vậy $$P\left(G\right)=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$$.

Chiều cao của tòa tháp là:

$h=15.\tan 55^{\circ }\approx 21,42(m)$

Gọi $x$ (đồng) là giá ban đầu của máy tính bảng (x > 0)

Theo đề bài ta có

$x\left(100\%-5\%\right)(100\%-4\%)<4560000$

$x<5000000$

Vậy máy tính bảng ban đầu có giá khoảng $$5$$ triệu đồng.

Gọi$$x,y$$ (xe) lần lượt là xe 29 chỗ và xe 45 chỗ($$x,y\in N^{\ast }$$)

Số người là: 360 + 23 = 383(người)

1 xe thừa 3 chỗ nên số chỗ là: 383 + 3 = 386(chỗ)

Theo bài ra :

$$\{\begin{array}{l}x+y=10\\ 29x+45y=386\end{array}$$

Giải hệ pt đúng $$\{\begin{array}{l}x=4\\ y=6\end{array}(TM)$$

KL:Có 4 xe loại 29 chỗ, 6 xe loại 45 chỗ.

a) + MA là tiếp tuyến của (O) tại A (giả thiết) $\Rightarrow$ MA $\perp$OA (tính chất tiếp tuyến) $\Rightarrow \widehat{MAO}=90^{\circ }$ nên điểm A thuộc đường tròn đường kính OM (1)

+ MB là tiếp tuyến của (O) tại B (giả thiết) $\Rightarrow$ MB $\perp$OB (tính chất tiếp tuyến) $\Rightarrow \widehat{MBO}=90^{\circ }$ nên điển B thuộc đường tròn đường kính OM (2)

b) + Xét ΔOBD cân tại O (do OB = OD = R) có:

OI là đường trung tuyến (I là trung điểm BD)

$\Rightarrow$ OI là phân giác $\widehat{BOD}$ (tính chất tam giác cân) nên $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}$

+ Chứng minh ΔOBE = ΔODE (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{OBE}=\widehat{ODE}$mà $\widehat{OBE}=90^{\circ }$ (ME là tiếp tuyến của (O) tại B)

$\Rightarrow$ DE $\perp$OD

Xét đường tròn (O): DE $\perp$OD mà D thuộc (O) nên DE là tiếp tuyến của (O) tại D

c) + Xét $\Delta OAB$cân tại $O\left(OA=OB=R\right):$ OH là tia phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow$ OH là đường cao (tính chất tam giác cân)

$\Rightarrow$ $\Delta AHK$vuông tại H $\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{OKA}=90^{\circ }$ (1)

+ Xét $\Delta OAK$cân tại $$O\left(OA=OK=R\right):$$$\widehat{OAK}=\widehat{OKA}$ (tính chất $\Delta$cân) (2)

+ $\widehat{A_2}+\widehat{OAK}=\widehat{MAO}=90^{\circ }$ (3)

Từ (1) (2) (3) $$\Rightarrow$$$\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\Rightarrow$ AK là phân giác $\Delta MAB$

+ Xét $\Delta MAB$có:

$MH$là phân giác (theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau);

$AK$là phân giác$MH$cắt $AK$tại $K$ (cmt)

$\Rightarrow$ $K$là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta MAB$