Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Nguyễn Văn Linh (Hòa Xuân) có đáp án

$3\sqrt{5}-\sqrt{{(1-\sqrt{5})}^2}$$=3\sqrt{5}-\left|1-\sqrt{5}\right|$

$=3\sqrt{5}-(\sqrt{5}-1)$$=2\sqrt{5}+1$ (do $1-\sqrt{5}<0$)

Bảng tần số :

Bảng tần số tương đối:

$A=\left(\frac{{(\sqrt{x}+5)}^2-{(\sqrt{x}-5)}^2}{(\sqrt{x}-5)(\sqrt{x}+5)}\right)\left(\frac{\sqrt{x}-5}{5\sqrt{x}}\right)$

$A=\left(\frac{10.2\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-5)(\sqrt{x}+5)}\right)\left(\frac{\sqrt{x}-5}{5\sqrt{x}}\right)=\frac{4}{\sqrt{x}+5}$

Bảng giá trị

Gọi $M(x_0;y_0)$thuộc đồ thị (P) có $x_0+y_0=\frac{8}{9}hay{y}_0=\frac{8}{9}-x_0$

Do đó ta có: $\frac{8}{9}-x_0=\frac{1}{2}{x}_0^2$

$$9x_0^2+18x_0-16=0$$

Giải phương trình được: $$x_0=\frac{2}{3};x_0=-\frac{8}{3}$$

Với $$\begin{array}{l}{x}_0=\frac{2}{3}th\grave{i}{y}_0=\frac{2}{9};\\ x_0=-\frac{8}{3}th\grave{i}{y}_0=\frac{32}{9}\end{array}$$

Vậy hai điểm thoả mãn là: $$\left(\frac{2}{3};\frac{2}{9}\right)\mathrm{v}\grave{\mathrm{a}}\left(-\frac{8}{3};\frac{32}{9}\right)$$

Vì $\Delta =89>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Theo định lí Viète, ta có:

$$\{\begin{array}{l}S=x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{7}{2}\\ P=x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{-5}{2}\end{array}$$

$\begin{array}{l}P=x_1\left(x_1^2-2026\right)-x_2\left(-x_2^2+2027\right)+x_2=x_1^3-2026x_1+x_2^3-2026x_2\\ =(x_1+x_2{)}^3-3x_1.x_2(x_1+x_2)-2026(x_1+x_2)\end{array}$

$P=(\frac{7}{2}{)}^3-3.(-\frac{5}{2}).(\frac{7}{2})-2026.(\frac{7}{2})=-\frac{56175}{8}$

Không gian mẫu của phép thử là:

a) Ω = {(3;5); (3;6); (3;7); (3;9); (5;3); (5;6); (5;7); (5;9); (6;3); (6;5); (6;7); (6;9); (7;3); (7;5); (7;6); (7;9); (9;3); (9;5); (9;6); (9;7)}

Suy ra: n(Ω) = 20

b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: (5;6); (6;5); (6;7); (7;6)

$P(A)=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}$

Tam giác AHB vuông tại H nên theo tỉ số lượng giác ta có

$\cos \alpha =\frac{BH}{BA}$

$BH=BA.\cos \alpha =320.\cos 38^{\circ }\approx 252(m)$

Vậy chiều rộng của con sông là 252 m.

Diện tích hình quạt đó là: $$S=\frac{\pi {.2}^2.150}{360}=\frac{5\pi }{3}\left(d{m}^2\right)$$

Ta có $$S=\frac{lR}{2}\Rightarrow l=\frac{2S}{R}=\frac{2.\frac{5\pi }{3}}{2}=\frac{5\pi }{3}\left(dm\right)$$

Vậy độ dài cung của hình quạt là $$\frac{5\pi }{3}\left(dm\right)$$

Vì chiếc nón hình nón có bán kính đáy r = 39 : 2 = 19,5cm và chiều cao

h = 16cm nên thể tích của chiếc nón là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.3,14.(19,5{)}^2.16=6367,92(c{m}^3)$

Vậy chiếc nón múc đầy được 6367,92 cm³ nước.

Vì đường sinh l = 26cm, nên diện tích xung quanh của chiếc nón là:

S_xq = rl = . 19,5. 26 = 507 (cm²)

Vậy diện tích lá cần dùng để làm 1 chiếc nón là: 2. 507 = 1014(cm²)

Gọi quãng đường mà người đó đã chạy với vận tốc 12 km/h là $$x$$ (km) .

Điều kiện : $$0<x<20$$

Quãng đường mà người đó đã chạy với vận tốc 7,5 km/h là:$$20-x$$(km)

Theo đề bài ra ta có bất phương trình : $$\frac{x}{12}+\frac{20-x}{7,5}\le 2$$

$$\begin{array}{l}7,5x+240-12x\le 180\\ -4,5x\le -60\\ x\ge \frac{40}{3}\end{array}$$

Mà $$0<x<20\Rightarrow \frac{40}{3}\le x<20.$$

Vậy quãng đường mà người đó đã chạy với vận tốc 12km/h là $$x$$ (km) thỏa mãn $$\frac{40}{3}\le x<20.$$

Gọi x, y( giờ) lần lượt là thời gian An, Bình làm một mình xong công việc

(x; y > 6)

Trong một giờ: An làm được $$\frac{1}{x}$$ công việc, Bình làm được $$\frac{1}{y}$$ công việc.

Trong một giờ, cả hai bạn làm được $$\frac{1}{6}$$ công việc.

Ta có phương trình: $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{6}\left(1\right)$$

Do làm một mình xong công việc thì Bình làm lâu hơn An là 9 giờ nên ta có phương trình: $$y-x=9\left(2\right)$$

Giải hệ hai phương trình (1) và (2) được: $$x=9;y=18$$ (thỏa mãn)

Vậy Bình hoàn thành cả công việc trong 18 giờ. Do đó sau khi An làm một mình xong nửa công việc rồi nghỉ thì Bình hoàn thành công việc còn lại trong 9 giờ.

a) Chứng minh $E$ thuộc đường tròn đường kính$BH$

Chứng minh $D$ thuộc đường tròn đường kính $BH$

$B,E,H,D$ thuộc đường tròn đường kính $BH$ nên tứ giác $BEHD$ nội tiếp

b) Chứng minh được tứ giác $AEHF$ nội tiếp

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$ có

$\widehat{FEH}=\widehat{FAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay $\widehat{CEN}=\widehat{KAC}$ $\left(1\right)$

Xét $\left(O\right)$ có$\widehat{KAC}=\widehat{KIC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn )

hay $\widehat{KAC}=\widehat{EIC}$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $\widehat{CEN}=\widehat{EIC}$

Xét $\Delta CEN$ và $\Delta CIE$ có: $\widehat{ECI}$: chung; $\widehat{CEN}=\widehat{EIC}$ (cmt)

Nên $\left(g-g\right)$Suy ra $\frac{CE}{CI}=\frac{CN}{CE}\iff C{E}^2=CN.CI$ (đpcm)

c) Xét tam giác OBC cân tại O

Vì $OM\perp BC$ tại $M$ nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó $M$ là trung điểm $BC$.

Xét $\Delta EBC$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm $BC$ nên $ME=\frac{1}{2}BC$.

Tương tự ta có $MF=\frac{1}{2}BC$. Do đó $ME=MF\left(=\frac{1}{2}BC\right)$ suy ra $M$ thuộc trung trực của $EF$

Vì $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF$ nên $PE=PF$

Suy ra $P$ thuộc trung trực của $EF$. Vậy $PM$ là trung trực của $EF$