Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Đắk Lắk năm 2019. 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.
Bộ đề thi này bao gồm đề thi chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm.
Câu 1 (2 điểm): 1) Rút gọn biểu thức:
Câu 1 (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }}.\)
2) Giải phương trình: \({x^2} - 2x = 0.\)
3) Xác định hệ số \(a\) của hàm số \(y = a{x^2},\) biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right).\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - n} \right)x + \left( {2m + 3n - 1} \right) = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m,\,\,n\) là tham số)
1) Với \(n = 0,\) chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m.\)
2) Tìm \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = - 1\) và \(x_1^2 + x_2^2 = 13.\)
Câu 3 (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - x + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là giao điểm của \(d\) với trục hoành và trục tung; \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB.\) Tính độ dài đoạn thẳng \(OH\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet).
2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là \(2\)cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1 cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng côc bao nhiêu xentimet? (giả sử độ dày của cốc là không đáng kể).
Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. Điểm \(M\) thuộc cung nhỏ \(BD\) sao cho \(\angle BOM = {30^0}.\) Gọi \(N\) là giao điểm của \(CM\) và \(OB.\) Tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt \(OB,\,\,OD\) kéo dài lần lượt tại \(E\) và \(F.\) Đường thẳng qua \(N\) và vuông góc với \(AB\) cắt \(EF\) tại \(P.\)
1) Chứng minh tứ giác \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(\Delta EMN\) là tam giác đều.
3) Chứng minh \(CN = OP.\)
4) Gọi \(H\) là trực tâm \(\Delta AEF.\) Hỏi ba điểm \(A,\,\,H,\,\,P\) có thẳng hàng không? Vì sao?
Câu 5 (1 điểm): Cho ba số thực dương \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z = 2.\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(S = \sqrt {\dfrac{{xy}}{{xy + 3z}}} + \sqrt {\dfrac{{3yz}}{{3yz + x}}} + \sqrt {\dfrac{{3xz}}{{3xz + 4y}}} .\)
Câu 1
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức: \(\sqrt A .\sqrt B = \sqrt {AB} ;\,\,\,\dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }} = \sqrt {\dfrac{A}{B}} ;\,\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
2) Đưa phương trình về dạng phương trình tích để giải phương trình.
3) Thay tọa độ điểm \(A\left( { - 3;\,1} \right)\) vào công thức hàm số \(y = a{x^2}\) để tìm \(a.\)
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }}.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }} = \sqrt {{4^2}.2} - \sqrt {6.3} + \sqrt {\dfrac{{22}}{{11}}} \\ = 4\sqrt 2 - \sqrt {{3^2}.2} + \sqrt 2 = 5\sqrt 2 - 3\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy \(A = 2\sqrt 2 .\)
2) Giải phương trình: \({x^2} - 2x = 0.\)
\({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\,\,2} \right\}.\)
3) Xác định hệ số \(a\) của hàm số \(y = a{x^2},\) biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right).\)
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào công thức hàm số ta được:
\(1 = a.{\left( { - 3} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{9}.\)
Vậy \(a = \dfrac{1}{9}.\)
Câu 2
Phương pháp:
1) Thay \(n = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right),\) chứng minh \(\Delta \ge 0\,\,\,\left( {\Delta ' \ge 0} \right)\) với mọi \(m.\)
2) Tìm điều kiện của \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm: \(\Delta \ge 0.\)
+) Áp dụng định lý Vi-et và các biểu thức bài cho để tìm \(m,\,\,n.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - n} \right)x + \left( {2m + 3n - 1} \right) = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m,\,\,n\) là tham số)
1) Với \(n = 0,\) chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m.\)
Với \(n = 0\) ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0\)
Phương trình có \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\,\forall m\)
Vậy với \(n = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m.\)
2) Tìm \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = - 1\)và \(x_1^2 + x_2^2 = 13.\)
Ta có: \(\Delta = {\left( {2m - n} \right)^2} - 4\left( {2m + 3n - 1} \right) = 4{m^2} - 4mn + {n^2} - 8m - 12n + 4.\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm\({x_1},\,\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4mn + {n^2} - 8m - 12n + 4 \ge 0.\,\,\,\,\left( * \right)\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = 2m + 3n - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\\x_1^2 + x_2^2 = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 13\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\end{array} \right.\,\,\)
Thế (3) và (4) vào (5) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 5 \right) \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - 2\left( {2m + 3n - 1} \right) = 13\\ \Leftrightarrow 1 - 4m - 6n + 2 = 13\\ \Leftrightarrow 4m + 6n = - 10\\ \Leftrightarrow 2m + 3n = - 5\,\,\,\,\left( 6 \right)\end{array}\)
Từ (2) và (4) ta có: \(2m - n = - 1 \Leftrightarrow n = 2m + 1\,\,\,\left( 7 \right)\)
Thế \(\left( 7 \right)\) vào \(\left( 6 \right)\) ta được: \(2m + 3\left( {2m + 1} \right) = - 5 \Leftrightarrow 2m + 6m + 3 = - 5 \Leftrightarrow 8m = - 8 \Leftrightarrow m = - 1\)
\( \Rightarrow n = 2m + 1 = 2.\left( { - 1} \right) + 1 = - 1.\)
Thay \(m = - 1,\,\,n = - 1\) vào điều kiện \(\left( * \right)\) ta có:
\(4.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right)\left( { - 1} \right) + {\left( { - 1} \right)^2} - 8.\left( { - 1} \right) - 12.\left( { - 1} \right) + 4 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - 1\\n = - 1\end{array} \right.\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1,\,\,n = - 1\) là các giá trị cần tìm.
Câu 3
Phương pháp:
1) Tìm tọa độ các điểm \(A,\,\,B.\) Sử dụng hệ thức lượng trong \(\Delta AOB\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) để làm bài toán.
2) Thể tích của khối trụ có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\) là: \(V = \pi {R^2}h.\)
Thể tích khối cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
1) Cho \(d:\,\,\,y = - x + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Ta có: \(d \cap Ox = \left\{ A \right\} \Rightarrow A\left( {{x_A};\,\,0} \right) \Rightarrow - {x_A} + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 0 \Leftrightarrow {x_A} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2};\,\,0} \right) \Rightarrow OA = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
\(d \cap Oy = \left\{ B \right\} \Rightarrow B\left( {0;\,\,{y_B}} \right) \Rightarrow 0 + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = {y_B} \Leftrightarrow {y_B} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow B\left( {0;\,\,\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) \Rightarrow OB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Vì tam giác \(OAB\) vuông cân tại \(O\) \(\left( {do\,OA = OB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\) mà \(OH\) là đường trung tuyến nên \(OH\) cũng là đường cao.
Sử dụng hệ thức lượng trong \(\Delta AOB\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) ta có: \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = 2 + 2 = 4.\\ \Rightarrow O{H^2} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow OH = \dfrac{1}{2} = 0,5\,\,cm.\end{array}\) Vậy \(OH = 0,5\,\,cm.\) |
2) Thể tích nước dâng lên = thể tích 6 viên bi được thả vào cốc.
Thể tích nước có trong cốc ban đầu là: \({V_1} = \pi {.2^2}.8 = 32\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Ta có thể tích của 6 viên bi được thả vào cốc là: \({V_2} = 6.\dfrac{4}{3}\pi {.1^3} = 8\pi \,\,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Thể tích sau khi được thả thêm 6 viên bi là: \(V = {V_1} + {V_2} = 32\pi + 8\pi = 40\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Chiều cao mực nước trong cốc lúc này là: \(h = \dfrac{V}{{\pi {R^2}}} = \dfrac{{40\pi }}{{\pi {{.2}^2}}} = 10\,\,\left( {cm} \right).\)
Vậy sau khi thả 6 viên bi vào cốc thì mực nước cách cốc là \(12 - 10 = 2\,\,cm.\)
Câu 4
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết của tứ giác.
2) Chứng minh tam giác có hai góc có số đo bằng \({60^0}\) là tam giác đều.
3) Chứng minh tứ giác \(OCNP\) là hình bình hành.
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(ONMP\) ta có:
\(\angle ONP = {90^0}\,\,\,\left( {NP \bot AB} \right)\)
\(\angle OMP = {90^0}\) (\(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \angle ONP = \angle OMP = {90^0}\)
Mà hai đỉnh \(N,\,\,P\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(OP.\)
\( \Rightarrow ONMP\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm).
2) Chứng minh \(\Delta EMN\) là tam giác đều.
Xét \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle COM\) là góc ở tâm chắn cung \(CM\)
\(\angle CME\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CM\)
\( \Rightarrow \angle CME = \dfrac{1}{2}\angle COM = \dfrac{1}{2}\left( {\angle COB + \angle BOM} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {60^0}.\) (tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung).
Hay \(\angle NME = {60^0}.\)
Xét \(\Delta OME\) vuông tại \(M\) ta có:
\(\angle OEM = {90^0} - \angle EOM = {90^0} - {30^0} = {60^0}.\)
Xét \(\Delta MNE\) ta có:\(\angle NEM = \angle NME = {60^0}\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NME\) là tam giác đều. (định nghĩa) (đpcm).
3) Chứng minh \(CN = OP.\)
Ta có: \(\Delta MNE\) là tam giác đều (cmt)
\( \Rightarrow \angle ENM = {60^0} = \angle ONC\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \angle OCN = {90^0} - \angle ONC = {90^0} - {60^0} = {30^0}\)
Ta có: \(\angle OMN = {90^0} - \angle NME = {90^0} - {60^0} = {30^0}.\)
Vì \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OPN = \angle OMN = {30^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ON\))
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot AB = \left\{ O \right\}\\NP \bot AB = \left\{ N \right\}\end{array} \right. \Rightarrow OC//NP \Rightarrow OCPN\) là hình thang.
Mà \(\angle OCN = \angle OPN = {30^0}\,\,\,\left( {cmt} \right).\)
Lại có hai góc này là hai góc đối nhau
\( \Rightarrow OCNP\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow OC = NP\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
4) Gọi \(H\) là trực tâm \(\Delta AEF.\) Hỏi ba điểm \(A,\,\,H,\,\,P\) có thẳng hàng không? Vì sao?
Gọi \(I\) là chân đường cao kẻ từ \(A\) đến \(EF\) thì \(H \in AI\).
Giả sử phản chứng \(A,H,P\) thẳng hàng thì \(P \equiv I\) hay \(AP \bot EF\).
Có \(\angle EOP = \angle NOP = {90^0} - \angle ONP = {60^0}\) và \(\angle OEP = {60^0}\left( {cmt} \right)\) nên \(\Delta OEP\) là tam giác cân có một góc bằng \({60^0}\) nên là tam giác đều \( \Rightarrow OP = PE\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có \(\angle POF = {90^0} - \angle EOP = {90^0} - {60^0} = {30^0}\) và \(\angle PFO = {90^0} - \angle OEP = {90^0} - {60^0} = {30^0}\) nên tam giác \(OPF\) cân tại \(P\) hay \(OP = PF\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(PE = PF\left( { = OP} \right)\).
Xét tam giác \(AEF\) có \(AP \bot EF\) (giả thiết) và \(PE = PF\) nên \(AP\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow \Delta AEF\) cân tại \(A\). Mà \(\angle AEF = {60^0}\) nên tam giác \(AEF\) đều.
\( \Rightarrow FO\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến \( \Rightarrow OA = OE\) (vô lý vì \(OA < OE\)).
Vậy ba điểm \(A,H,P\) không thẳng hàng.
Câu 5
Phương pháp:
- Biến đổi các mẫu về dạng tích.
- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(\sqrt {ab} \le \dfrac{{a + b}}{2}\).
Cách giải:
Do \(x + 2y + 3z = 2\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - 2y - 3z\\2y = 2 - x - 3z\\3z = 2 - x - 2y\end{array} \right.\). Khi đó,
\(\begin{array}{l}xy + 3z = xy + \left( {2 - x - 2y} \right) = \left( {xy - x} \right) - \left( {2y - 2} \right) = x\left( {y - 1} \right) - 2\left( {y - 1} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {y - 1} \right)\\3yz + x = 3yz + \left( {2 - 2y - 3z} \right) = \left( {3yz - 3z} \right) - \left( {2y - 2} \right) = \left( {y - 1} \right)\left( {3z - 2} \right)\\3xz + 4y = 3xz + 2\left( {2 - x - 3z} \right) = \left( {3xz - 6z} \right) - \left( {2x - 4} \right) = 3z\left( {x - 2} \right) - 2\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {3z - 2} \right)\end{array}\)
Suy ra:
\(\begin{array}{l}S = \sqrt {\dfrac{{xy}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {y - 1} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{{3yz}}{{\left( {y - 1} \right)\left( {3z - 2} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{{3xz}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {3z - 2} \right)}}} \\ = \sqrt {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}}} .\sqrt {\dfrac{{2y}}{{2 - x}}} + \sqrt {\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}}} .\sqrt {\dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{x}{{2 - 3z}}} .\sqrt {\dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y}}{{2 - x}}} \right) + \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}} \right) + \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y}}{{2 - x}} + \dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{x}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{x + 3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y + 3z}}{{2 - x}} + \dfrac{{2y + x}}{{2 - 3z}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2 - 2y}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2 - x}}{{2 - x}} + \dfrac{{2 - 3z}}{{2 - 3z}}} \right) = \dfrac{1}{2}.\left( {1 + 1 + 1} \right) = \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Hay \(S \le \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow \max S = \dfrac{3}{2}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} = \dfrac{{2y}}{{2 - x}}\\\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} = \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}\\\dfrac{x}{{2 - 3z}} = \dfrac{{3z}}{{2 - x}}\end{array} \right. \Rightarrow 2x - {x^2} = 4y - 4{y^2} = 6z - 9{z^2}\) và \(x + 2y + 3z = 2\).
Câu 1 (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }}.\)
2) Giải phương trình: \({x^2} - 2x = 0.\)
3) Xác định hệ số \(a\) của hàm số \(y = a{x^2},\) biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right).\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - n} \right)x + \left( {2m + 3n - 1} \right) = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m,\,\,n\) là tham số)
1) Với \(n = 0,\) chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m.\)
2) Tìm \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = - 1\) và \(x_1^2 + x_2^2 = 13.\)
Câu 3 (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - x + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là giao điểm của \(d\) với trục hoành và trục tung; \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB.\) Tính độ dài đoạn thẳng \(OH\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet).
2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là \(2\)cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1 cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng côc bao nhiêu xentimet? (giả sử độ dày của cốc là không đáng kể).
Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. Điểm \(M\) thuộc cung nhỏ \(BD\) sao cho \(\angle BOM = {30^0}.\) Gọi \(N\) là giao điểm của \(CM\) và \(OB.\) Tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt \(OB,\,\,OD\) kéo dài lần lượt tại \(E\) và \(F.\) Đường thẳng qua \(N\) và vuông góc với \(AB\) cắt \(EF\) tại \(P.\)
1) Chứng minh tứ giác \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(\Delta EMN\) là tam giác đều.
3) Chứng minh \(CN = OP.\)
4) Gọi \(H\) là trực tâm \(\Delta AEF.\) Hỏi ba điểm \(A,\,\,H,\,\,P\) có thẳng hàng không? Vì sao?
Câu 5 (1 điểm): Cho ba số thực dương \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z = 2.\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(S = \sqrt {\dfrac{{xy}}{{xy + 3z}}} + \sqrt {\dfrac{{3yz}}{{3yz + x}}} + \sqrt {\dfrac{{3xz}}{{3xz + 4y}}} .\)
Câu 1
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức: \(\sqrt A .\sqrt B = \sqrt {AB} ;\,\,\,\dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }} = \sqrt {\dfrac{A}{B}} ;\,\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
2) Đưa phương trình về dạng phương trình tích để giải phương trình.
3) Thay tọa độ điểm \(A\left( { - 3;\,1} \right)\) vào công thức hàm số \(y = a{x^2}\) để tìm \(a.\)
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }}.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {32} - \sqrt 6 .\sqrt 3 + \dfrac{{\sqrt {22} }}{{\sqrt {11} }} = \sqrt {{4^2}.2} - \sqrt {6.3} + \sqrt {\dfrac{{22}}{{11}}} \\ = 4\sqrt 2 - \sqrt {{3^2}.2} + \sqrt 2 = 5\sqrt 2 - 3\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy \(A = 2\sqrt 2 .\)
2) Giải phương trình: \({x^2} - 2x = 0.\)
\({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\,\,2} \right\}.\)
3) Xác định hệ số \(a\) của hàm số \(y = a{x^2},\) biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right).\)
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 3;\,\,1} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào công thức hàm số ta được:
\(1 = a.{\left( { - 3} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{9}.\)
Vậy \(a = \dfrac{1}{9}.\)
Câu 2
Phương pháp:
1) Thay \(n = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right),\) chứng minh \(\Delta \ge 0\,\,\,\left( {\Delta ' \ge 0} \right)\) với mọi \(m.\)
2) Tìm điều kiện của \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm: \(\Delta \ge 0.\)
+) Áp dụng định lý Vi-et và các biểu thức bài cho để tìm \(m,\,\,n.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - n} \right)x + \left( {2m + 3n - 1} \right) = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m,\,\,n\) là tham số)
1) Với \(n = 0,\) chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m.\)
Với \(n = 0\) ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0\)
Phương trình có \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\,\forall m\)
Vậy với \(n = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m.\)
2) Tìm \(m,\,\,n\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = - 1\)và \(x_1^2 + x_2^2 = 13.\)
Ta có: \(\Delta = {\left( {2m - n} \right)^2} - 4\left( {2m + 3n - 1} \right) = 4{m^2} - 4mn + {n^2} - 8m - 12n + 4.\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm\({x_1},\,\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4mn + {n^2} - 8m - 12n + 4 \ge 0.\,\,\,\,\left( * \right)\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = 2m + 3n - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\\x_1^2 + x_2^2 = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 13\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\end{array} \right.\,\,\)
Thế (3) và (4) vào (5) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 5 \right) \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - 2\left( {2m + 3n - 1} \right) = 13\\ \Leftrightarrow 1 - 4m - 6n + 2 = 13\\ \Leftrightarrow 4m + 6n = - 10\\ \Leftrightarrow 2m + 3n = - 5\,\,\,\,\left( 6 \right)\end{array}\)
Từ (2) và (4) ta có: \(2m - n = - 1 \Leftrightarrow n = 2m + 1\,\,\,\left( 7 \right)\)
Thế \(\left( 7 \right)\) vào \(\left( 6 \right)\) ta được: \(2m + 3\left( {2m + 1} \right) = - 5 \Leftrightarrow 2m + 6m + 3 = - 5 \Leftrightarrow 8m = - 8 \Leftrightarrow m = - 1\)
\( \Rightarrow n = 2m + 1 = 2.\left( { - 1} \right) + 1 = - 1.\)
Thay \(m = - 1,\,\,n = - 1\) vào điều kiện \(\left( * \right)\) ta có:
\(4.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right)\left( { - 1} \right) + {\left( { - 1} \right)^2} - 8.\left( { - 1} \right) - 12.\left( { - 1} \right) + 4 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - 1\\n = - 1\end{array} \right.\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1,\,\,n = - 1\) là các giá trị cần tìm.
Câu 3
Phương pháp:
1) Tìm tọa độ các điểm \(A,\,\,B.\) Sử dụng hệ thức lượng trong \(\Delta AOB\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) để làm bài toán.
2) Thể tích của khối trụ có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\) là: \(V = \pi {R^2}h.\)
Thể tích khối cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
1) Cho \(d:\,\,\,y = - x + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Ta có: \(d \cap Ox = \left\{ A \right\} \Rightarrow A\left( {{x_A};\,\,0} \right) \Rightarrow - {x_A} + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 0 \Leftrightarrow {x_A} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2};\,\,0} \right) \Rightarrow OA = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
\(d \cap Oy = \left\{ B \right\} \Rightarrow B\left( {0;\,\,{y_B}} \right) \Rightarrow 0 + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = {y_B} \Leftrightarrow {y_B} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow B\left( {0;\,\,\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) \Rightarrow OB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Vì tam giác \(OAB\) vuông cân tại \(O\) \(\left( {do\,OA = OB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\) mà \(OH\) là đường trung tuyến nên \(OH\) cũng là đường cao.
Sử dụng hệ thức lượng trong \(\Delta AOB\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) ta có: \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = 2 + 2 = 4.\\ \Rightarrow O{H^2} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow OH = \dfrac{1}{2} = 0,5\,\,cm.\end{array}\) Vậy \(OH = 0,5\,\,cm.\) |
2) Thể tích nước dâng lên = thể tích 6 viên bi được thả vào cốc.
Thể tích nước có trong cốc ban đầu là: \({V_1} = \pi {.2^2}.8 = 32\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Ta có thể tích của 6 viên bi được thả vào cốc là: \({V_2} = 6.\dfrac{4}{3}\pi {.1^3} = 8\pi \,\,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Thể tích sau khi được thả thêm 6 viên bi là: \(V = {V_1} + {V_2} = 32\pi + 8\pi = 40\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Chiều cao mực nước trong cốc lúc này là: \(h = \dfrac{V}{{\pi {R^2}}} = \dfrac{{40\pi }}{{\pi {{.2}^2}}} = 10\,\,\left( {cm} \right).\)
Vậy sau khi thả 6 viên bi vào cốc thì mực nước cách cốc là \(12 - 10 = 2\,\,cm.\)
Câu 4
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết của tứ giác.
2) Chứng minh tam giác có hai góc có số đo bằng \({60^0}\) là tam giác đều.
3) Chứng minh tứ giác \(OCNP\) là hình bình hành.
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(ONMP\) ta có:
\(\angle ONP = {90^0}\,\,\,\left( {NP \bot AB} \right)\)
\(\angle OMP = {90^0}\) (\(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \angle ONP = \angle OMP = {90^0}\)
Mà hai đỉnh \(N,\,\,P\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(OP.\)
\( \Rightarrow ONMP\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm).
2) Chứng minh \(\Delta EMN\) là tam giác đều.
Xét \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle COM\) là góc ở tâm chắn cung \(CM\)
\(\angle CME\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CM\)
\( \Rightarrow \angle CME = \dfrac{1}{2}\angle COM = \dfrac{1}{2}\left( {\angle COB + \angle BOM} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {60^0}.\) (tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung).
Hay \(\angle NME = {60^0}.\)
Xét \(\Delta OME\) vuông tại \(M\) ta có:
\(\angle OEM = {90^0} - \angle EOM = {90^0} - {30^0} = {60^0}.\)
Xét \(\Delta MNE\) ta có:\(\angle NEM = \angle NME = {60^0}\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NME\) là tam giác đều. (định nghĩa) (đpcm).
3) Chứng minh \(CN = OP.\)
Ta có: \(\Delta MNE\) là tam giác đều (cmt)
\( \Rightarrow \angle ENM = {60^0} = \angle ONC\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \angle OCN = {90^0} - \angle ONC = {90^0} - {60^0} = {30^0}\)
Ta có: \(\angle OMN = {90^0} - \angle NME = {90^0} - {60^0} = {30^0}.\)
Vì \(ONMP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OPN = \angle OMN = {30^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ON\))
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot AB = \left\{ O \right\}\\NP \bot AB = \left\{ N \right\}\end{array} \right. \Rightarrow OC//NP \Rightarrow OCPN\) là hình thang.
Mà \(\angle OCN = \angle OPN = {30^0}\,\,\,\left( {cmt} \right).\)
Lại có hai góc này là hai góc đối nhau
\( \Rightarrow OCNP\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow OC = NP\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
4) Gọi \(H\) là trực tâm \(\Delta AEF.\) Hỏi ba điểm \(A,\,\,H,\,\,P\) có thẳng hàng không? Vì sao?
Gọi \(I\) là chân đường cao kẻ từ \(A\) đến \(EF\) thì \(H \in AI\).
Giả sử phản chứng \(A,H,P\) thẳng hàng thì \(P \equiv I\) hay \(AP \bot EF\).
Có \(\angle EOP = \angle NOP = {90^0} - \angle ONP = {60^0}\) và \(\angle OEP = {60^0}\left( {cmt} \right)\) nên \(\Delta OEP\) là tam giác cân có một góc bằng \({60^0}\) nên là tam giác đều \( \Rightarrow OP = PE\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có \(\angle POF = {90^0} - \angle EOP = {90^0} - {60^0} = {30^0}\) và \(\angle PFO = {90^0} - \angle OEP = {90^0} - {60^0} = {30^0}\) nên tam giác \(OPF\) cân tại \(P\) hay \(OP = PF\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(PE = PF\left( { = OP} \right)\).
Xét tam giác \(AEF\) có \(AP \bot EF\) (giả thiết) và \(PE = PF\) nên \(AP\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow \Delta AEF\) cân tại \(A\). Mà \(\angle AEF = {60^0}\) nên tam giác \(AEF\) đều.
\( \Rightarrow FO\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến \( \Rightarrow OA = OE\) (vô lý vì \(OA < OE\)).
Vậy ba điểm \(A,H,P\) không thẳng hàng.
Câu 5
Phương pháp:
- Biến đổi các mẫu về dạng tích.
- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(\sqrt {ab} \le \dfrac{{a + b}}{2}\).
Cách giải:
Do \(x + 2y + 3z = 2\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - 2y - 3z\\2y = 2 - x - 3z\\3z = 2 - x - 2y\end{array} \right.\). Khi đó,
\(\begin{array}{l}xy + 3z = xy + \left( {2 - x - 2y} \right) = \left( {xy - x} \right) - \left( {2y - 2} \right) = x\left( {y - 1} \right) - 2\left( {y - 1} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {y - 1} \right)\\3yz + x = 3yz + \left( {2 - 2y - 3z} \right) = \left( {3yz - 3z} \right) - \left( {2y - 2} \right) = \left( {y - 1} \right)\left( {3z - 2} \right)\\3xz + 4y = 3xz + 2\left( {2 - x - 3z} \right) = \left( {3xz - 6z} \right) - \left( {2x - 4} \right) = 3z\left( {x - 2} \right) - 2\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {3z - 2} \right)\end{array}\)
Suy ra:
\(\begin{array}{l}S = \sqrt {\dfrac{{xy}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {y - 1} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{{3yz}}{{\left( {y - 1} \right)\left( {3z - 2} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{{3xz}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {3z - 2} \right)}}} \\ = \sqrt {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}}} .\sqrt {\dfrac{{2y}}{{2 - x}}} + \sqrt {\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}}} .\sqrt {\dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}} + \sqrt {\dfrac{x}{{2 - 3z}}} .\sqrt {\dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y}}{{2 - x}}} \right) + \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}} \right) + \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y}}{{2 - x}} + \dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{x}{{2 - 3z}} + \dfrac{{3z}}{{2 - x}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{x + 3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2y + 3z}}{{2 - x}} + \dfrac{{2y + x}}{{2 - 3z}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2 - 2y}}{{2\left( {1 - y} \right)}} + \dfrac{{2 - x}}{{2 - x}} + \dfrac{{2 - 3z}}{{2 - 3z}}} \right) = \dfrac{1}{2}.\left( {1 + 1 + 1} \right) = \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Hay \(S \le \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow \max S = \dfrac{3}{2}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{x}{{2\left( {1 - y} \right)}} = \dfrac{{2y}}{{2 - x}}\\\dfrac{{2y}}{{2 - 3z}} = \dfrac{{3z}}{{2\left( {1 - y} \right)}}\\\dfrac{x}{{2 - 3z}} = \dfrac{{3z}}{{2 - x}}\end{array} \right. \Rightarrow 2x - {x^2} = 4y - 4{y^2} = 6z - 9{z^2}\) và \(x + 2y + 3z = 2\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Câu 1: Giải phương trình sau: 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải: Để giải phương trình này, ta thực hiện các bước sau:
Câu 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn giải: Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Suy ra BC = √25 = 5cm
Để đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2019, loigiai.com.vn còn cung cấp nhiều tài liệu ôn thi Toán vào 10 khác, bao gồm:
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2019 là một tài liệu ôn thi quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Hãy tận dụng tối đa tài liệu này và kết hợp với các tài liệu ôn thi khác để đạt được kết quả tốt nhất.
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!
