Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Ngô Thì Nhậm (Hòa Khánh) có đáp án

$A=5\sqrt{2}+\sqrt{16}-\sqrt{50}$$A=4$

$=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}.\frac{ab}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

$=\sqrt{ab}$

Hàm số : y = $$\frac{1}{2}$$x²

- Vẽ đúng đồ thị $$y=\frac{1}{2}{x}^2$$

Cho y=8. Tính được $x=\pm 4$

Vậy các điểm cần tìm là: (4;8) ;(-4;8)

Xét phương trình $x^2-2\left(m+3\right)x+2m+1=0(1)$ có:

$\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }={b^{\prime }}^2-ac={\left(m+3\right)}^2-\left(2m+1\right)\\ =m^2+6m+9-2m-1=m^2+4m+8={\left(m+2\right)}^2+4>0\end{array}$

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Hệ thức Viète : $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=2\left(m+3\right)\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=2m+1\end{array}$

Theo đề $$x_1^2+x_2^2-2x_1-2x_2=10.$$

Hay ${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right)=10$

$4{\left(m+3\right)}^2-2.\left(2m+1\right)-\mathrm{2.2.}\left(m+3\right)=10$

$4m^2+16m+12=0$

$$m^2+4m+3=0$$

a) $\Omega =\left\{30;35;39;40;45;49\right\}$

$n\left(\Omega \right)=6$

b) - Kết quả thuận lợi cho biến cố M: “Số tự nhiên viết ra chia hết cho 3” là: 30, 39, 45. Vậy $n\left(M\right)=3.$

- Xác suất của biến cố M là $P\left(M\right)=\frac{n\left(\Omega \right)}{n\left(M\right)}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

- Kết quả thuận lợi cho biến cố N: “Số tự nhiên viết ra không vượt quá 35” là: 30, 35. Vậy $n\left(N\right)=2.$

- Xác suất của biến cố N là $P\left(N\right)=\frac{n\left(\Omega \right)}{n\left(N\right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$

tan A=$\frac{0,9}{6}$ tính được $\hat{A}$ = $9^0$

tan A=$\frac{h}{18}$ tính được h = 2,7m. Vậy ta cần h > 2,7 m thì bóng không chạm lưới

Áp dụng tc đường trung bình: OH=6 cm, BH= 4, 5 cm

$\tan BOH=\frac{4,5}{6}$suy ra $\widehat{BOH}=37^{\circ }$

nên $\widehat{BOA}=74^0$

Theo định lý Pythagore tính được AC=15 nên R=7,5

$S_{quatBOC}=\frac{\pi .R^2.(180-74)}{360}$=52 ($c{m}^2$)

Chiều cao của hình trụ là : 6R

Chiều cao của hình nón là : 6R – 2R = 4R

Ta có:

Thể tích hình trụ là: $$V_1=\pi R^{2}h=\pi .R^2.6R=6\pi R^3$$

Thể tích viên bi là: $V_2=\frac{4}{3}\pi R^3$.

Thể tích hình nón là: $V_3=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi .R^2.4R=\frac{4}{3}\pi R^3$.

Thể tích nước còn lại trong bình là:

$V_4=V_1-V_2-V_3=6\pi R^3-\frac{4}{3}\pi R^3-\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{10}{3}\pi R^3$

Gọi số tiền bà Hoa cần gửi tiết kiệm hằng năm là x (triệu đồng) (x > 0)

Theo đề ta có:

6,9%.x $\ge$ 50

Giải bất phương trình ta được x $\ge$ 724,638

KL: bà Hoa cần gửi ít nhất 725 triệu đồng.

Gọi x (h) là thời gian từ lúc xe máy khởi hành cho đến khi gặp ô tô; y (h) là thời gian từ lúc ô tô khởi hành cho đến khi gặp xe máy (x > y > 0)

Theo đề ta có : $x-y=\frac{1}{6}$ và 40x + 60y = 120

Ta có hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}x-y=\frac{1}{6}\\ 40x+60y=120\end{array}$$

Giải được $\{\begin{array}{l}x=\frac{13}{10}\\ y=\frac{17}{15}\end{array}$

Vậy xe máy khởi hành và đi được $\frac{13}{10}(h)$ thì hai xe gặp nhau.

a) Xét tứ giác AFHE có:

+ $$\widehat{AFH}=90^o$$ (CF là đường cao)

+ $$\widehat{AEH}=90^o$$ (BE là đường cao)

$$\Rightarrow \widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^o+90^o=180^o$$. Mà $$\widehat{AEH}$$ và $$\widehat{AFH}$$ là hai góc đối nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Suy ra $$\widehat{FAH}=\widehat{FEH}$$(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)

- Xét $$\Delta BAH$$và $$\Delta BEF$$có: $$\widehat{HBF}$$ : chung

$$\widehat{BAH}=\widehat{BEF}$$ (chứng minh trên)

Do đó: $$\Delta BAH$$đồng dạng $$\Delta BEF$$ (g – g)

Suy ra: $$\frac{BH}{AH}=\frac{BF}{EF}$$.

Do đó BH.EF = BF.AH

c) Ta có tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O) nên: $$\widehat{KDB}=\widehat{ACB}$$. Mà $$\widehat{DKB}=\widehat{BEC}=90^o$$nên $$\Delta DKB$$đồng dạng với $$\Delta CEB$$ (g – g).

Suy ra: $$\widehat{DBK}=\widehat{EBC}$$ (1)

- Chứng minh tứ giác DKBF nội tiếp, từ đó suy ra: $$\widehat{DFK}=\widehat{DBK}$$(2)

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra: $$\widehat{EFC}=\widehat{EBC}$$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $$\widehat{DFK}=\widehat{EFC}$$

- Mà: $$\widehat{DFK}+\widehat{KFC}=180^o$$nên $$\widehat{EFC}+\widehat{KFC}=180^o$$.

Do đó K, F, E thẳng hàng. (4)

- Chứng minh KF, PE lần lượt là các đường trung bình của $$\Delta BPI$$ và $$\Delta BIQ$$.

Suy ra: PI // KF và IQ // PE (5)

Từ (4) và (5) ta có P, I, Q thẳng hàng