Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Nam 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: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\) 1. Rút gọn biểu thức \(P\)
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp thông tin chi tiết về cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023:
Để ôn luyện hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, các em học sinh nên:
Dưới đây là một số tài liệu ôn thi hữu ích cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần quyết tâm, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Hãy luôn tin tưởng vào bản thân và cố gắng hết mình!
Bài tập: Giải phương trình sau: 2x + 3 = 7
Lời giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Hy vọng bài viết này đã cung cấp cho các em học sinh những thông tin hữu ích và phương pháp ôn luyện hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023. Chúc các em thành công!
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!
