Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Định năm 2020 chính thức, kèm đáp án chi tiết. 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Bài 1: 1. Giải phương trình:
Bài 1:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Bài 3:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Bài 4:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Bài 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 1:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Bài 3:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Bài 4:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Bài 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\\ \Leftrightarrow x + 1 = 2x - 6\\ \Leftrightarrow 1 + 6 = 2x - x\\ \Leftrightarrow x = 7\end{array}\)
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 7\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt 4 + 2}}{{\sqrt 4 + 1}} - \dfrac{{2\sqrt 4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}}} \right).\left( {4 - 1} \right)\\A = \left( {\dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{1}} \right).3\\A = \dfrac{{4 - 6}}{3}.3\\A = - 2\end{array}\)
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = - 2\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
\(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\) , với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - 2} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = - \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) = - x + \sqrt x \end{array}\)
Ta có: \(A = - \left( {x - \sqrt x } \right)\)
\(\begin{array}{l}A = - \left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - 2\sqrt x .\dfrac{1}{2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} \right] + \dfrac{1}{4}\\A = - {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(A \le \dfrac{1}{4}\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{4}\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng \(\dfrac{1}{4}\) khi và chỉ khi\(x = \dfrac{1}{4}\).
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình (*) có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 4 + 2\\\,\,\,\,\,\, = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\) hay đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) dương thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\,\,\forall m\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m > \dfrac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \dfrac{5}{2}\).
Khi đó với \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( * \right)\), áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {2^2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} - 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 4 \Leftrightarrow 2m - 2 - 2\sqrt {2m - 5} = 4\\ \Leftrightarrow 2m - 6 = 2\sqrt {2m - 5} \Leftrightarrow m - 3 = \sqrt {2m - 5} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ge 0\\{\left( {m - 3} \right)^2} = 2m - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 6m + 9 = 2m - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 8m + 14 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\Delta ' = {4^2} - 14 = 2 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}m = 4 + \sqrt 2 \,\,\,\left( {tm\,\,m \ge 3} \right)\\m = 4 - \sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm\,\,\,m \ge 3} \right)\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(m > \dfrac{5}{2}\)).
Vậy \(m = 4 + \sqrt 2 \) thỏa mãn bài toán.
Bài 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Gọi số học sinh dự thi của lớp 9A1 và 9A2 lần lượt là \(x,\,\,y\) (học sinh) (ĐK:\(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).
Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên nên ta có phương trình: \(\left( {x + y} \right).40\% = 22 \Leftrightarrow x + y = 55\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu tính riêng từng lớp thì:
Lớp 9A1 có số học sinh đạt giải là \(50\% x = \dfrac{1}{2}x\) (học sinh).
Lớp 9A2 có số học sinh đạt giải là \(28\% y = \dfrac{7}{{25}}y\) (học sinh).
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{2}x + \dfrac{7}{{25}}y = 22 \Leftrightarrow 25x + 14y = 1100\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 55\\25x + 14y = 1100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25x + 25y = 1375\\25x + 14y = 1100\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 275\\x = 55 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\\x = 30\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy số học dự thi của lớp 9A1 là 30 học sinh, số học sinh dự thi của lớp 9A2 là 25 học sinh.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
Ta có: \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle MAO = {90^0}\)
\(H\) là trung điểm của \(CD\) \( \Rightarrow OH \bot CD = \left\{ H \right\}\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OHM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AOHM\) ta có:
\(\angle MAO + \angle OHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện.
\( \Rightarrow AOHM\) là tứ giác nội tiếp. (đpcm)
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
Ta có: \(DK//MO\,\,\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MDK = \angle DMO\) (hai góc so le trong).
Vì \(AOHM\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle HMO = \angle HAO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))
Hay \(\angle BAH = \angle DMO\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \angle MDK\,\,\left( { = \angle DMO} \right)\) (đpcm).
Xét \(\Delta AMC\) và \(\Delta DMA\) ta có:
\(\angle M\,\,\,chung\)
\(\angle MDA = \angle MAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta DMA\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{DM}} = \dfrac{{MC}}{{MA}} \Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD\,\,\,\left( {cmt} \right).\end{array}\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(MO\) và \(BD\). Kéo dài \(DK\) cắt \(BC\) tại \(F\).
Xét tứ giác \(AHKD\) có \(\angle HAK = \angle KDH\) (câu b)
\( \Rightarrow AHKD\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle DAK = \angle DHK\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DK\))
Mà \(\angle DAK = \angle DCB\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\))
Nên \(\angle DHK = \angle DCB\)
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HK//CB \Rightarrow HK//CF\).
Trong tam giác \(DCF\), \(HK//CF,\) \(H\) là trung điểm của \(CD\) nên \(K\) là trung điểm của \(DF\).
\( \Rightarrow DK = KF\)
Lại có \(DK//MO \Rightarrow DF//IE\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DK}}{{OE}} = \dfrac{{FK}}{{OI}}\left( { = \dfrac{{BK}}{{BO}}} \right)\)
Mà \(DK = FK\left( {cmt} \right)\) nên \(OE = OI\).
Xét tứ giác \(AIBE\) có hai đường chéo \(IE\) và \(AB\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường nên \(AIBE\) là hình hình hành \( \Rightarrow AI//BE \Rightarrow AI//BD\) (đpcm).
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\\A = {x^4} + {y^4} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {x + y} \right)^4} - 4{\left( {x + y} \right)^2}.xy + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = 100 - 40.xy + 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {xy} \right)^4} + 2{\left( {xy} \right)^2} - 40xy + 101\end{array}\)
Đặt \(t = xy\). Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 < xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{5}{2}\).
Khi đó ta có: \(A = {t^4} + 2{t^2} - 40t + 101\) với \(0 < t \le \dfrac{5}{2}\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {{t^4} - 8{t^2} + 16} \right) + \left( {10{t^2} - 40t + 40} \right) + 45\\A = {\left( {{t^2} - 4} \right)^2} + 10{\left( {t - 2} \right)^2} + 45 \ge 45\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t^2} - 4 = 0\\t - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 2\end{array} \right.\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 2\\x + y = \sqrt {10} \end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - \sqrt {10} X + 2 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - 4.1.2 = 2 > 0\), do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}X = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}\\X = \dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Vậy biểu thức \({A_{\min }} = 45\) khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Bài 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\\ \Leftrightarrow x + 1 = 2x - 6\\ \Leftrightarrow 1 + 6 = 2x - x\\ \Leftrightarrow x = 7\end{array}\)
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 7\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt 4 + 2}}{{\sqrt 4 + 1}} - \dfrac{{2\sqrt 4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}}} \right).\left( {4 - 1} \right)\\A = \left( {\dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{1}} \right).3\\A = \dfrac{{4 - 6}}{3}.3\\A = - 2\end{array}\)
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = - 2\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
\(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\) , với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - 2} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = - \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) = - x + \sqrt x \end{array}\)
Ta có: \(A = - \left( {x - \sqrt x } \right)\)
\(\begin{array}{l}A = - \left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - 2\sqrt x .\dfrac{1}{2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} \right] + \dfrac{1}{4}\\A = - {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(A \le \dfrac{1}{4}\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{4}\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng \(\dfrac{1}{4}\) khi và chỉ khi\(x = \dfrac{1}{4}\).
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình (*) có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 4 + 2\\\,\,\,\,\,\, = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\) hay đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) dương thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\,\,\forall m\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m > \dfrac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \dfrac{5}{2}\).
Khi đó với \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( * \right)\), áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {2^2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} - 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 4 \Leftrightarrow 2m - 2 - 2\sqrt {2m - 5} = 4\\ \Leftrightarrow 2m - 6 = 2\sqrt {2m - 5} \Leftrightarrow m - 3 = \sqrt {2m - 5} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ge 0\\{\left( {m - 3} \right)^2} = 2m - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 6m + 9 = 2m - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 8m + 14 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\Delta ' = {4^2} - 14 = 2 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}m = 4 + \sqrt 2 \,\,\,\left( {tm\,\,m \ge 3} \right)\\m = 4 - \sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm\,\,\,m \ge 3} \right)\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(m > \dfrac{5}{2}\)).
Vậy \(m = 4 + \sqrt 2 \) thỏa mãn bài toán.
Bài 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Gọi số học sinh dự thi của lớp 9A1 và 9A2 lần lượt là \(x,\,\,y\) (học sinh) (ĐK:\(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).
Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên nên ta có phương trình: \(\left( {x + y} \right).40\% = 22 \Leftrightarrow x + y = 55\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu tính riêng từng lớp thì:
Lớp 9A1 có số học sinh đạt giải là \(50\% x = \dfrac{1}{2}x\) (học sinh).
Lớp 9A2 có số học sinh đạt giải là \(28\% y = \dfrac{7}{{25}}y\) (học sinh).
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{2}x + \dfrac{7}{{25}}y = 22 \Leftrightarrow 25x + 14y = 1100\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 55\\25x + 14y = 1100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25x + 25y = 1375\\25x + 14y = 1100\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 275\\x = 55 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\\x = 30\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy số học dự thi của lớp 9A1 là 30 học sinh, số học sinh dự thi của lớp 9A2 là 25 học sinh.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
Ta có: \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle MAO = {90^0}\)
\(H\) là trung điểm của \(CD\) \( \Rightarrow OH \bot CD = \left\{ H \right\}\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OHM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AOHM\) ta có:
\(\angle MAO + \angle OHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện.
\( \Rightarrow AOHM\) là tứ giác nội tiếp. (đpcm)
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
Ta có: \(DK//MO\,\,\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MDK = \angle DMO\) (hai góc so le trong).
Vì \(AOHM\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle HMO = \angle HAO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))
Hay \(\angle BAH = \angle DMO\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \angle MDK\,\,\left( { = \angle DMO} \right)\) (đpcm).
Xét \(\Delta AMC\) và \(\Delta DMA\) ta có:
\(\angle M\,\,\,chung\)
\(\angle MDA = \angle MAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta DMA\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{DM}} = \dfrac{{MC}}{{MA}} \Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD\,\,\,\left( {cmt} \right).\end{array}\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(MO\) và \(BD\). Kéo dài \(DK\) cắt \(BC\) tại \(F\).
Xét tứ giác \(AHKD\) có \(\angle HAK = \angle KDH\) (câu b)
\( \Rightarrow AHKD\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle DAK = \angle DHK\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DK\))
Mà \(\angle DAK = \angle DCB\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\))
Nên \(\angle DHK = \angle DCB\)
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HK//CB \Rightarrow HK//CF\).
Trong tam giác \(DCF\), \(HK//CF,\) \(H\) là trung điểm của \(CD\) nên \(K\) là trung điểm của \(DF\).
\( \Rightarrow DK = KF\)
Lại có \(DK//MO \Rightarrow DF//IE\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DK}}{{OE}} = \dfrac{{FK}}{{OI}}\left( { = \dfrac{{BK}}{{BO}}} \right)\)
Mà \(DK = FK\left( {cmt} \right)\) nên \(OE = OI\).
Xét tứ giác \(AIBE\) có hai đường chéo \(IE\) và \(AB\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường nên \(AIBE\) là hình hình hành \( \Rightarrow AI//BE \Rightarrow AI//BD\) (đpcm).
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\\A = {x^4} + {y^4} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {x + y} \right)^4} - 4{\left( {x + y} \right)^2}.xy + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = 100 - 40.xy + 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {xy} \right)^4} + 2{\left( {xy} \right)^2} - 40xy + 101\end{array}\)
Đặt \(t = xy\). Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 < xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{5}{2}\).
Khi đó ta có: \(A = {t^4} + 2{t^2} - 40t + 101\) với \(0 < t \le \dfrac{5}{2}\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {{t^4} - 8{t^2} + 16} \right) + \left( {10{t^2} - 40t + 40} \right) + 45\\A = {\left( {{t^2} - 4} \right)^2} + 10{\left( {t - 2} \right)^2} + 45 \ge 45\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t^2} - 4 = 0\\t - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 2\end{array} \right.\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 2\\x + y = \sqrt {10} \end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - \sqrt {10} X + 2 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - 4.1.2 = 2 > 0\), do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}X = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}\\X = \dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Vậy biểu thức \({A_{\min }} = 45\) khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Định năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và Giải toán thực tế. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Định năm 2020, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ lời giải chi tiết và đáp án của tất cả các đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020. Các lời giải được trình bày rõ ràng, dễ hiểu, giúp các em học sinh hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự. Chúng tôi tin rằng với sự hỗ trợ của Loigiai.com.vn, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Việc ôn tập theo đề thi năm trước là một phương pháp hiệu quả để chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Nó giúp học sinh:
Loigiai.com.vn là một website học toán online uy tín, cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn tập, đề thi thử và lời giải chi tiết cho các kỳ thi quan trọng. Chúng tôi cam kết mang đến cho các em học sinh những trải nghiệm học tập tốt nhất và giúp các em đạt được thành công trong học tập.
| Đề thi | Đáp án |
|---|---|
| Đề thi số 1 | Xem đáp án |
| Đề thi số 2 | Xem đáp án |
| Đề thi số 3 | Xem đáp án |
Chúc các em học sinh ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Định năm 2020!
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!
