Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2019 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Đề thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao. Bên cạnh đề thi, chúng tôi còn cung cấp đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự đánh giá năng lực của mình.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn tập và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình:
Đây là một bài toán đại số cơ bản, yêu cầu học sinh nắm vững các quy tắc giải phương trình. Để giải bài toán này, ta thực hiện các bước sau:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Đây là một bài toán hình học cơ bản, yêu cầu học sinh áp dụng định lý Pitago. Theo định lý Pitago, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 + 16
BC2 = 25
BC = √25 = 5cm
Vậy độ dài cạnh BC là 5cm.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi Toán vào 10, bao gồm:
Hãy truy cập loigiai.com.vn để khám phá thêm nhiều tài liệu hữu ích khác và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới!
| Năm | Link đề thi |
|---|---|
| 2019 | [Link đến đề thi 2019] |
| 2020 | [Link đến đề thi 2020] |
| 2021 | [Link đến đề thi 2021] |
Chúc các em học sinh ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
