Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Định năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em tự tin đối mặt với mọi dạng bài thi.
Câu 1: 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x + 3y = 1}\\{x - 3y = 5}\end{array}} \right.\). 2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\). a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Câu 1:
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x + 3y = 1}\\{x - 3y = 5}\end{array}} \right.\).
2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Câu 2:
1) Cho phương trình: \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) (m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn điều kiện \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\).
2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).
a) Biết đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;5). Tìm a.
b) Tìm toạ độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\).
Câu 3: Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi. Sau khi có kết quả, số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh. Theo thống kê thì trường A có tỉ lệ trúng tuyển là 55% tổng số thí sinh dự thi của trường A, trường B có tỉ lệ trúng tuyển là 45% tổng số thí sinh dự thi của trường B. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu thí sinh dự thi?
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC, các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K.
1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.
2) Chứng minh hai tam giác KBF và KEC đồng dạng, từ đó suy ra KB.KC = KF.KE.
3) Đường thẳng AK cắt lại đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn.
4) Gọi I là trung điểm cạnh BC, chứng minh HI vuông góc với AK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn \(a + b + c = 2024\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} + \frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} + \frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }}\)
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
2) Rút gọn biểu thức (quy đồng, tính toán, đổi dấu, thu gọn).
Đánh giá biểu thức, từ \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0\).
Cách giải:
\(\begin{array}{l}1)\left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5\left( {5 + 3y} \right) + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 + 15y + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}18y = - 24\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{4}{3}\\x = 5 + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{4}{3}\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - \frac{4}{3}} \right)\).
2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).
a) Với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}}\\P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 4} \right) + 3\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right) - \left( {4x + 32} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{x - 4\sqrt x + 3x + 12\sqrt x - 4x - 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\sqrt x - 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{8}{{\sqrt x + 4}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(P = \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}\).
b) Ta có: \(\forall x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0 \Rightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 4 \ge 4 \Rightarrow \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} \le 2\).
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được tại x = 0.
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4ac\). Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
2)
a) Thay tọa độ điểm A vào đường thẳng d,
b) Đường thẳng \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trục Ox tại \(A\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\), cắt Oy tại \(B(0;b)\)
Từ đó dựng đường vuông góc và sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
1) Xét phương trình \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) có
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta {\rm{ \;}} = {{\left[ { - \left( {m + 3} \right)} \right]}^2} - 4\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {m^2} + 6m + 9 - {m^2} - 4}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 6m + 5}\end{array}\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta {\rm{ \;}} > 0 \Leftrightarrow 6m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{{ - 5}}{6}\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 3}\\{{x_1}.{x_2} = \frac{1}{4}{m^2} + 1}\end{array}} \right.\).
Khi đó \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\) trở thành
\(\begin{array}{*{20}{l}}{2{{\left( {m + 3} \right)}^2} - 8\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right) = 34}\\{ \Leftrightarrow 2\left( {{m^2} + 6m + 9} \right) - 2{m^2} - 8 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m + 10 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m = 24}\\{ \Leftrightarrow m = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}\)
Vậy m = 2.
2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).
a) Thay toạ độ điểm A(-1; 5) vào phương trình đường thẳng d ta có:
\(5 = a.\left( { - 1} \right) - 4 \Leftrightarrow a = {\rm{ \;}} - 9\).
Vậy \(a = {\rm{ \;}} - 9\).
b)
+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành:
Cho \(y = 0 \Leftrightarrow 0 = {\rm{ \;}} - 3x + 2 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\).
Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\).
+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung:
Cho \(x = 0 \Leftrightarrow y = {\rm{ \;}} - 3.0 + 2 \Leftrightarrow y = 2\).
Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung là \(C\left( {0;2} \right)\).
Vậy giao của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung lần lượt là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\); \(C\left( {0;2} \right)\).
Vì B, C thuộc trục Ox và Oy nên OC vuông góc với OB
\( \Rightarrow \) Tam giác OBC vuông tại O và \(OB = \frac{2}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OC = 2\).
Kẻ \(OH \bot BC \Rightarrow \) Khoảng cách từ O đến BC bằng OH.
Xét tam giác OCB vuông tại O, đường cao OH ta có:
\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{5}{2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow OH = \sqrt {\frac{2}{5}} {\rm{ \;}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\)
Vậy khoảng cách từ O đến BC là \(OH = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.
Có phương trình tổng thí sinh trường A và B, tổng thí sinh trúng tuyển A và B.
Cách giải:
Gọi số thí sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là \(x\) và \(y\). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}*,x,y < 380\)
Vì số thí sinh dự thi của hai trường là 380 thí sinh nên ta có: \(x + y = 380\)(1)
Khi đó:
- Số thí sinh trúng tuyển của trường A là \(0,55x\)(thí sinh)
- Số thí sinh trúng tuyển của trường B là \(0,45y\) (thí sinh)
Vì số thí sinh trúng tuyển của hai trường là 191 thí sinh nên ta có: \(0,55x + 0,45y = 191\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45y = 191\\x + y = 380\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45\left( {380 - x} \right) = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,1x = 20\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 180\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy trường A có 200 thí sinh dự thi, trường B có 180 thí sinh dự thi.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh BCEF có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
2) Hai tam giác KBF và KEC đồng dạng (g-g), suy ra cặp cạnh tỉ lệ.
3) Chứng minh AEHF có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh AGFE có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
4) Gọi AD là đường kính của (O).
Chứng minh G, H, D và H, I, D thẳng hàng.
Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\)
Cách giải:
1) Do BE, CF là đường cao của tam giác ABC nên:
\(BE \bot AC,CF \bot AB \Rightarrow \angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)
Xét tứ giác BFEC có \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)
Mà E, F là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 2 góc bằng nhau nên suy ra BFEC nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2) Do BFEC nội tiếp (cmt) nên \(\angle ACB = \angle AFE\) (cùng bù với \(\angle BFE\))
Mà \(\angle KFB = \angle AFE\) (đối đỉnh) nên \(\angle KFB = \angle ABC = \angle KCE{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { = \angle AFE} \right)\)
Xét tam giác KBF và tam giác KEC có
\(\angle KFB = \angle KCE\) (chứng minh trên)
\(\angle EKC\) chung
$\Rightarrow \Delta KFB\backsim \Delta KCE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow KB.KC = KF.KE\) (đpcm)
3) Xét tứ giác AFHE có \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AFF + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứu giác AFHE nội tiếp (1)
Xét tam giác KAB và tam giác KCG có
\(\angle AKC\) chung
\(\angle KAB = \angle KCG\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BG)
$\Rightarrow \Delta KAB\backsim \Delta KCG\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KG}\Rightarrow KG.KA=KB.KC$.
Mà \(KB.KC = KF.KE\left( {cmt} \right) \Rightarrow KG.KA = KE.KF \Leftrightarrow \frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\)
Xét tam giác KGF và tam giác KEA có \(\angle AKE\) chung và \(\frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta KGF\backsim \Delta KEA\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle KGF=\angle KEA$ (hai góc tương ứng).
Mà \(\angle KGF + \angle FGA = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow \angle FGA + \angle KEA = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AGFE nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
4) Do A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (cmt)
\( \Rightarrow \)\(\angle AGH = \angle AFH = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).
\( \Rightarrow HG \bot AG\)
Kẻ đường kính AD của (O) khi đó \(\angle AGD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow DG \bot AG\)
\( \Rightarrow G,H,D\) thẳng hàng. (3)
Ta có \(\angle ABD = {90^0}\) và \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow DC \bot AC,DB \bot AB\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DB \bot AB}\\{CH \bot AB\left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH\parallel BD\) (từ vuông góc đến song song).
Tương tự BH, CD cùng vuông góc với AC nên \(BH\parallel CD\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow CHBD\) là hình bình hành (dhnb).
Mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HD (tính chất hình bình hành)
Suy ra H, I, D thẳng hàng (4)
Từ (3) và (4) suy ra G, H, I, D thẳng hàng
Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\) (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Trục căn thức ở mẫu dạng \(\frac{A}{{A + \sqrt B }} = \frac{{A\left( {A - \sqrt B } \right)}}{{\left( {A + \sqrt B } \right)\left( {A - \sqrt B } \right)}}\)
Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {2024a + bc} } \right)}}{{{a^2} - 2024a - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} } \right)}}{{{a^2} - a\left( {a + b + c} \right) - bc}} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {{a^2} + ab + ac + bc} } \right)}}{{{a^2} - {a^2} - ab - ac - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} } \right)}}{{ - ab - ac - bc}} = \frac{{a\left( {\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} - a} \right)}}{{ab + ac + bc}}\end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) \le {\left( {\frac{{a + b + a + c}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{4}\) \( \Rightarrow \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \le \frac{{2a + b + c}}{2}\)
\( \Rightarrow \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} \le \frac{{a\left( {\frac{{2a + b + c}}{2} - a} \right)}}{{ab + ac + bc}} = \frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} \le \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\); \(\frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }} \le \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)
Suy ra:
\(P \le \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = 1\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(P = 1\) khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\).
Câu 1:
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x + 3y = 1}\\{x - 3y = 5}\end{array}} \right.\).
2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Câu 2:
1) Cho phương trình: \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) (m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn điều kiện \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\).
2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).
a) Biết đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;5). Tìm a.
b) Tìm toạ độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\).
Câu 3: Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi. Sau khi có kết quả, số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh. Theo thống kê thì trường A có tỉ lệ trúng tuyển là 55% tổng số thí sinh dự thi của trường A, trường B có tỉ lệ trúng tuyển là 45% tổng số thí sinh dự thi của trường B. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu thí sinh dự thi?
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC, các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K.
1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.
2) Chứng minh hai tam giác KBF và KEC đồng dạng, từ đó suy ra KB.KC = KF.KE.
3) Đường thẳng AK cắt lại đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn.
4) Gọi I là trung điểm cạnh BC, chứng minh HI vuông góc với AK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn \(a + b + c = 2024\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} + \frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} + \frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }}\)
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
2) Rút gọn biểu thức (quy đồng, tính toán, đổi dấu, thu gọn).
Đánh giá biểu thức, từ \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0\).
Cách giải:
\(\begin{array}{l}1)\left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5\left( {5 + 3y} \right) + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 + 15y + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}18y = - 24\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{4}{3}\\x = 5 + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{4}{3}\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - \frac{4}{3}} \right)\).
2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).
a) Với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}}\\P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 4} \right) + 3\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right) - \left( {4x + 32} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{x - 4\sqrt x + 3x + 12\sqrt x - 4x - 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\sqrt x - 32}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\\P = \frac{8}{{\sqrt x + 4}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(P = \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}\).
b) Ta có: \(\forall x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0 \Rightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 4 \ge 4 \Rightarrow \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} \le 2\).
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được tại x = 0.
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4ac\). Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
2)
a) Thay tọa độ điểm A vào đường thẳng d,
b) Đường thẳng \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trục Ox tại \(A\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\), cắt Oy tại \(B(0;b)\)
Từ đó dựng đường vuông góc và sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
1) Xét phương trình \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) có
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta {\rm{ \;}} = {{\left[ { - \left( {m + 3} \right)} \right]}^2} - 4\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {m^2} + 6m + 9 - {m^2} - 4}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 6m + 5}\end{array}\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta {\rm{ \;}} > 0 \Leftrightarrow 6m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{{ - 5}}{6}\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 3}\\{{x_1}.{x_2} = \frac{1}{4}{m^2} + 1}\end{array}} \right.\).
Khi đó \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\) trở thành
\(\begin{array}{*{20}{l}}{2{{\left( {m + 3} \right)}^2} - 8\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right) = 34}\\{ \Leftrightarrow 2\left( {{m^2} + 6m + 9} \right) - 2{m^2} - 8 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m + 10 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m = 24}\\{ \Leftrightarrow m = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}\)
Vậy m = 2.
2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).
a) Thay toạ độ điểm A(-1; 5) vào phương trình đường thẳng d ta có:
\(5 = a.\left( { - 1} \right) - 4 \Leftrightarrow a = {\rm{ \;}} - 9\).
Vậy \(a = {\rm{ \;}} - 9\).
b)
+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành:
Cho \(y = 0 \Leftrightarrow 0 = {\rm{ \;}} - 3x + 2 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\).
Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\).
+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung:
Cho \(x = 0 \Leftrightarrow y = {\rm{ \;}} - 3.0 + 2 \Leftrightarrow y = 2\).
Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung là \(C\left( {0;2} \right)\).
Vậy giao của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung lần lượt là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\); \(C\left( {0;2} \right)\).
Vì B, C thuộc trục Ox và Oy nên OC vuông góc với OB
\( \Rightarrow \) Tam giác OBC vuông tại O và \(OB = \frac{2}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OC = 2\).
Kẻ \(OH \bot BC \Rightarrow \) Khoảng cách từ O đến BC bằng OH.
Xét tam giác OCB vuông tại O, đường cao OH ta có:
\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{5}{2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow OH = \sqrt {\frac{2}{5}} {\rm{ \;}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\)
Vậy khoảng cách từ O đến BC là \(OH = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.
Có phương trình tổng thí sinh trường A và B, tổng thí sinh trúng tuyển A và B.
Cách giải:
Gọi số thí sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là \(x\) và \(y\). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}*,x,y < 380\)
Vì số thí sinh dự thi của hai trường là 380 thí sinh nên ta có: \(x + y = 380\)(1)
Khi đó:
- Số thí sinh trúng tuyển của trường A là \(0,55x\)(thí sinh)
- Số thí sinh trúng tuyển của trường B là \(0,45y\) (thí sinh)
Vì số thí sinh trúng tuyển của hai trường là 191 thí sinh nên ta có: \(0,55x + 0,45y = 191\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45y = 191\\x + y = 380\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45\left( {380 - x} \right) = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,1x = 20\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 180\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy trường A có 200 thí sinh dự thi, trường B có 180 thí sinh dự thi.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh BCEF có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
2) Hai tam giác KBF và KEC đồng dạng (g-g), suy ra cặp cạnh tỉ lệ.
3) Chứng minh AEHF có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh AGFE có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
4) Gọi AD là đường kính của (O).
Chứng minh G, H, D và H, I, D thẳng hàng.
Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\)
Cách giải:
1) Do BE, CF là đường cao của tam giác ABC nên:
\(BE \bot AC,CF \bot AB \Rightarrow \angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)
Xét tứ giác BFEC có \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)
Mà E, F là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 2 góc bằng nhau nên suy ra BFEC nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2) Do BFEC nội tiếp (cmt) nên \(\angle ACB = \angle AFE\) (cùng bù với \(\angle BFE\))
Mà \(\angle KFB = \angle AFE\) (đối đỉnh) nên \(\angle KFB = \angle ABC = \angle KCE{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { = \angle AFE} \right)\)
Xét tam giác KBF và tam giác KEC có
\(\angle KFB = \angle KCE\) (chứng minh trên)
\(\angle EKC\) chung
$\Rightarrow \Delta KFB\backsim \Delta KCE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow KB.KC = KF.KE\) (đpcm)
3) Xét tứ giác AFHE có \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AFF + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứu giác AFHE nội tiếp (1)
Xét tam giác KAB và tam giác KCG có
\(\angle AKC\) chung
\(\angle KAB = \angle KCG\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BG)
$\Rightarrow \Delta KAB\backsim \Delta KCG\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KG}\Rightarrow KG.KA=KB.KC$.
Mà \(KB.KC = KF.KE\left( {cmt} \right) \Rightarrow KG.KA = KE.KF \Leftrightarrow \frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\)
Xét tam giác KGF và tam giác KEA có \(\angle AKE\) chung và \(\frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta KGF\backsim \Delta KEA\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle KGF=\angle KEA$ (hai góc tương ứng).
Mà \(\angle KGF + \angle FGA = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow \angle FGA + \angle KEA = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AGFE nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
4) Do A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (cmt)
\( \Rightarrow \)\(\angle AGH = \angle AFH = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).
\( \Rightarrow HG \bot AG\)
Kẻ đường kính AD của (O) khi đó \(\angle AGD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow DG \bot AG\)
\( \Rightarrow G,H,D\) thẳng hàng. (3)
Ta có \(\angle ABD = {90^0}\) và \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow DC \bot AC,DB \bot AB\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DB \bot AB}\\{CH \bot AB\left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH\parallel BD\) (từ vuông góc đến song song).
Tương tự BH, CD cùng vuông góc với AC nên \(BH\parallel CD\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow CHBD\) là hình bình hành (dhnb).
Mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HD (tính chất hình bình hành)
Suy ra H, I, D thẳng hàng (4)
Từ (3) và (4) suy ra G, H, I, D thẳng hàng
Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\) (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Trục căn thức ở mẫu dạng \(\frac{A}{{A + \sqrt B }} = \frac{{A\left( {A - \sqrt B } \right)}}{{\left( {A + \sqrt B } \right)\left( {A - \sqrt B } \right)}}\)
Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {2024a + bc} } \right)}}{{{a^2} - 2024a - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} } \right)}}{{{a^2} - a\left( {a + b + c} \right) - bc}} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {{a^2} + ab + ac + bc} } \right)}}{{{a^2} - {a^2} - ab - ac - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} } \right)}}{{ - ab - ac - bc}} = \frac{{a\left( {\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} - a} \right)}}{{ab + ac + bc}}\end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) \le {\left( {\frac{{a + b + a + c}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{4}\) \( \Rightarrow \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \le \frac{{2a + b + c}}{2}\)
\( \Rightarrow \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} \le \frac{{a\left( {\frac{{2a + b + c}}{2} - a} \right)}}{{ab + ac + bc}} = \frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} \le \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\); \(\frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }} \le \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)
Suy ra:
\(P \le \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = 1\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(P = 1\) khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Định năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề như Đại số, Hình học và Giải toán thực tế. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi thường có cấu trúc gồm hai phần chính: Phần trắc nghiệm và phần tự luận. Phần trắc nghiệm thường chiếm khoảng 30-40% tổng số điểm, tập trung vào các kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng nhanh. Phần tự luận chiếm khoảng 60-70% tổng số điểm, đòi hỏi thí sinh phải có khả năng phân tích, suy luận và giải quyết vấn đề một cách logic.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Định năm 2023, các em học sinh cần có một kế hoạch luyện thi khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2023 mà loigiai.com.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như sách giáo khoa, sách bài tập, các đề thi thử từ các trường THCS khác trong tỉnh, và các tài liệu trực tuyến.
Các chuyên gia giáo dục khuyên rằng, việc ôn tập kiến thức một cách hệ thống và có kế hoạch là yếu tố then chốt để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Bên cạnh đó, việc rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề và tư duy logic cũng rất quan trọng. Hãy luôn giữ tinh thần học tập tích cực và tự tin vào khả năng của bản thân.
Loigiai.com.vn cam kết cung cấp cho các em học sinh những tài liệu ôn thi chất lượng, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả. Chúng tôi hy vọng rằng, với sự hỗ trợ của loigiai.com.vn, các em sẽ tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Định năm 2023.
Bài toán: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 6cm, AC = 8cm. Tính độ dài đường cao AH.
Giải:
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 62 + 82 = 100 => BC = 10cm.
Diện tích tam giác ABC là: SABC = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 6 * 8 = 24cm2.
Mặt khác, SABC = (1/2) * AH * BC => AH = (2 * SABC) / BC = (2 * 24) / 10 = 4.8cm.
Kỳ thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2023 là một thử thách, nhưng cũng là cơ hội để các em học sinh khẳng định năng lực và mở ra một bước ngoặt mới trong cuộc đời học tập. Hãy chuẩn bị kỹ lưỡng và tự tin chinh phục kỳ thi này!
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!
