Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nghệ An năm 2020 chính thức, kèm đáp án chi tiết. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Câu 1: a) Tính
Câu 1:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Câu 2:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Câu 3:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Câu 5:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Câu 1 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \\\,\,\,\,\, = \left| {1 - 2\sqrt 5 } \right| - \sqrt {{2^2}.5} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 - 1 - 2\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = - 1\end{array}\)
Vậy \(A = - 1\).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} }}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{\sqrt x + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{2}{{x - 4}}\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{2}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\) thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 5\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 4\\m \ne 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \pm 2\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)
Vậy \(m = - 2\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\(\Delta = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + \sqrt 1 }}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{5 - \sqrt 1 }}{2} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 3,{x_2} = 2\).
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Ta thấy \(a.c = 1.\left( { - 3} \right) = - 3 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \ne 0\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Khi đó,
\(\begin{array}{l}T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}} = \dfrac{{x_1^3 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{4^3} - 3.\left( { - 3} \right).4}}{{ - 3}}\\\,\,\,\,\, = - \dfrac{{100}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \dfrac{{100}}{3}\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất được trong tháng hai là \(x,y\) (chai, \(x,y \in {\mathbb{N}^*},x,y < 250\))
Trong tháng hai, hai lớp sản suất được 250 chai nước rửa tay nên \(x + y = 250\) (1)
Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng ba là:
\(x + 25\% x = x + 0,25x = 1,25x\) chai
Số chai nước rửa tay lớp 9B sản xuất được trong tháng ba là:
\(y + 20\% y = y + 0,2y = 1,2y\) chai
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là:
\(250 + 250.22\% = 305\) chai
Trong tháng ba, hai lớp sản suất được 305 chai nước rửa tay nên \(1,25x + 1,2y = 305\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,2y = 300\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,05x = 5\\x + y = 250\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\\y = 150\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy lớp 9A sản suất được \(100\) chai nước rửa tay.
lớp 9B sản suất được \(150\) chai nước rửa tay.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(EH \bot AB \Rightarrow \angle AHE = {90^0}\)
Tứ giác ADEH có: \(\angle ADE + \angle AHE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
Tứ giác ADCK nội tiếp nên \(\angle ADK = \angle ACK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (1)
Xét tứ giác ECBH có:
\(\angle ECB = \angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle EHB = {90^0}\left( {do\,\,EH \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)
\( \Rightarrow \angle ACK = \angle DBA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ADK = \angle DBA \Rightarrow \angle ADI = \angle DBA\)
Lại có \(\angle DBA + \angle DAB = {90^0}\) nên \(\angle ADI + \angle DAB = {90^0}\) hay \(\angle ADI + \angle DAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DIA = {180^0} - \left( {\angle ADI + \angle DAI} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow DI \bot AB\) nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB
\( \Rightarrow D{I^2} = IA.IB\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Theo câu b, \(DK \bot BA\) tại \(I\) nên AB là đường trung trực của DK
\( \Rightarrow DA = AK\) \( \Rightarrow sd\,cung\,AD = sd\,cung\,AK\)
\( \Rightarrow \angle DCA = \angle ACK\) \( \Rightarrow CA\) là tia phân giác của góc \(\angle DCH\)
\( \Rightarrow \angle DCH = 2\angle ECH\) (3)
Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên \(HM\) là đường trung tuyến
\( \Rightarrow MH = MB \Rightarrow \Delta MHB\) cân tại \(M\)
\( \Rightarrow \angle DMH = \angle MHB + \angle MBH = 2\angle MBH = 2\angle EBH\) (4)
Tứ giác ECBH có: \(\angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\angle DCH = \angle DMH\)
\( \Rightarrow DCMH\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle NCM = \angle NHD\) (tính chất)
Xét \(\Delta NCM\) và \(\Delta NHD\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NCM = \angle NHD\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NCM \sim \Delta NHD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{ND}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NC.ND = NM.NH\) (6)
Tứ giác \(HMBF\) nội tiếp nên \(\angle NMB = \angle NFH\) (tính chất)
Xét \(\Delta NMB\) và \(\Delta NFH\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NMB = \angle NFH\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta NMB \sim \Delta NFH\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NM}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{NH}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NM.NH = NB.NF\) (7)
Từ (6) và (7) suy ra \(NC.ND = NF.NB \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\)
Xét \(\Delta NBC\) và \(\Delta NDF\) có:
Góc \(N\) chung
\(\begin{array}{l}\dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NBC \sim \Delta NDF\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NCB = \angle NFD = \angle BFD\) (góc tương ứng)
Mà \(\angle NCB + \angle DCB = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle BFD + \angle DCB = {180^0}\)
Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {{x^3} + 2{x^2} - x - 2} \right) + \left( {2{y^2} + x{y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) + {y^2}\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1 + {y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\{x^2} - 1 + {y^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{y^2} = 1 - {x^2}\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x = - 2\) thay vào \(\left( 2 \right)\) được:
\(\begin{array}{l}4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} + 8 - 6 - 2} \right) \Leftrightarrow 4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right).{y^2}\\ \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1 - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y^2} = 0\\\sqrt {{y^2} + 1} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} + 1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)
TH2: \({y^2} = 1 - {x^2}\) thay vào (2) được:
\(\begin{array}{l}4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {1 - {x^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( { - {x^3} - {x^2} + 3x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2} - 3x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) thì \({y^2} = 1 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 0\).
Với \(4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 4 = \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = - {x^2} + 2x + 5\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{ - {x^2} + 2x + 5}}{{{x^2} + 2x - 1}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
(Do \({x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \pm \sqrt 2 \) không thỏa mãn phương trình)
Vì \({x^2} + {y^2} = 1\) nên \({x^2} \le 1 \Rightarrow - 1 \le x \le 1\)
\( \Rightarrow 1 \le \sqrt {2 - {x^2}} \le \sqrt 2 \) hay \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \)
Lại có,
Với \(x \le 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \ge \dfrac{{6 - {{\left( {1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2} - 2}} = 3 \Rightarrow VP\left( * \right) \ge 3\)
Với \(x \ge - 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \le \dfrac{{6 - {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} - 2}} = - 1 \Rightarrow VP\left( * \right) \le - 1\)
Do đó với \( - 1 \le x \le 1\) thì \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
\( \Rightarrow \) (*) vô nghiệm do \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \) và \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { - 2;0} \right),\left( { - 2; - 2\sqrt 2 } \right),\left( { - 2;2\sqrt 2 } \ri
Câu 1:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Câu 2:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Câu 3:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Câu 5:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Câu 1 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \\\,\,\,\,\, = \left| {1 - 2\sqrt 5 } \right| - \sqrt {{2^2}.5} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 - 1 - 2\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = - 1\end{array}\)
Vậy \(A = - 1\).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} }}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{\sqrt x + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{2}{{x - 4}}\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{2}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\) thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 5\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 4\\m \ne 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \pm 2\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)
Vậy \(m = - 2\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\(\Delta = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + \sqrt 1 }}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{5 - \sqrt 1 }}{2} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 3,{x_2} = 2\).
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Ta thấy \(a.c = 1.\left( { - 3} \right) = - 3 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \ne 0\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Khi đó,
\(\begin{array}{l}T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}} = \dfrac{{x_1^3 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{4^3} - 3.\left( { - 3} \right).4}}{{ - 3}}\\\,\,\,\,\, = - \dfrac{{100}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \dfrac{{100}}{3}\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất được trong tháng hai là \(x,y\) (chai, \(x,y \in {\mathbb{N}^*},x,y < 250\))
Trong tháng hai, hai lớp sản suất được 250 chai nước rửa tay nên \(x + y = 250\) (1)
Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng ba là:
\(x + 25\% x = x + 0,25x = 1,25x\) chai
Số chai nước rửa tay lớp 9B sản xuất được trong tháng ba là:
\(y + 20\% y = y + 0,2y = 1,2y\) chai
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là:
\(250 + 250.22\% = 305\) chai
Trong tháng ba, hai lớp sản suất được 305 chai nước rửa tay nên \(1,25x + 1,2y = 305\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,2y = 300\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,05x = 5\\x + y = 250\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\\y = 150\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy lớp 9A sản suất được \(100\) chai nước rửa tay.
lớp 9B sản suất được \(150\) chai nước rửa tay.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(EH \bot AB \Rightarrow \angle AHE = {90^0}\)
Tứ giác ADEH có: \(\angle ADE + \angle AHE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
Tứ giác ADCK nội tiếp nên \(\angle ADK = \angle ACK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (1)
Xét tứ giác ECBH có:
\(\angle ECB = \angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle EHB = {90^0}\left( {do\,\,EH \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)
\( \Rightarrow \angle ACK = \angle DBA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ADK = \angle DBA \Rightarrow \angle ADI = \angle DBA\)
Lại có \(\angle DBA + \angle DAB = {90^0}\) nên \(\angle ADI + \angle DAB = {90^0}\) hay \(\angle ADI + \angle DAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DIA = {180^0} - \left( {\angle ADI + \angle DAI} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow DI \bot AB\) nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB
\( \Rightarrow D{I^2} = IA.IB\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Theo câu b, \(DK \bot BA\) tại \(I\) nên AB là đường trung trực của DK
\( \Rightarrow DA = AK\) \( \Rightarrow sd\,cung\,AD = sd\,cung\,AK\)
\( \Rightarrow \angle DCA = \angle ACK\) \( \Rightarrow CA\) là tia phân giác của góc \(\angle DCH\)
\( \Rightarrow \angle DCH = 2\angle ECH\) (3)
Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên \(HM\) là đường trung tuyến
\( \Rightarrow MH = MB \Rightarrow \Delta MHB\) cân tại \(M\)
\( \Rightarrow \angle DMH = \angle MHB + \angle MBH = 2\angle MBH = 2\angle EBH\) (4)
Tứ giác ECBH có: \(\angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\angle DCH = \angle DMH\)
\( \Rightarrow DCMH\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle NCM = \angle NHD\) (tính chất)
Xét \(\Delta NCM\) và \(\Delta NHD\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NCM = \angle NHD\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NCM \sim \Delta NHD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{ND}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NC.ND = NM.NH\) (6)
Tứ giác \(HMBF\) nội tiếp nên \(\angle NMB = \angle NFH\) (tính chất)
Xét \(\Delta NMB\) và \(\Delta NFH\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NMB = \angle NFH\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta NMB \sim \Delta NFH\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NM}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{NH}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NM.NH = NB.NF\) (7)
Từ (6) và (7) suy ra \(NC.ND = NF.NB \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\)
Xét \(\Delta NBC\) và \(\Delta NDF\) có:
Góc \(N\) chung
\(\begin{array}{l}\dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NBC \sim \Delta NDF\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NCB = \angle NFD = \angle BFD\) (góc tương ứng)
Mà \(\angle NCB + \angle DCB = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle BFD + \angle DCB = {180^0}\)
Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {{x^3} + 2{x^2} - x - 2} \right) + \left( {2{y^2} + x{y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) + {y^2}\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1 + {y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\{x^2} - 1 + {y^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{y^2} = 1 - {x^2}\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x = - 2\) thay vào \(\left( 2 \right)\) được:
\(\begin{array}{l}4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} + 8 - 6 - 2} \right) \Leftrightarrow 4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right).{y^2}\\ \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1 - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y^2} = 0\\\sqrt {{y^2} + 1} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} + 1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)
TH2: \({y^2} = 1 - {x^2}\) thay vào (2) được:
\(\begin{array}{l}4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {1 - {x^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( { - {x^3} - {x^2} + 3x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2} - 3x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) thì \({y^2} = 1 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 0\).
Với \(4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 4 = \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = - {x^2} + 2x + 5\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{ - {x^2} + 2x + 5}}{{{x^2} + 2x - 1}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
(Do \({x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \pm \sqrt 2 \) không thỏa mãn phương trình)
Vì \({x^2} + {y^2} = 1\) nên \({x^2} \le 1 \Rightarrow - 1 \le x \le 1\)
\( \Rightarrow 1 \le \sqrt {2 - {x^2}} \le \sqrt 2 \) hay \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \)
Lại có,
Với \(x \le 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \ge \dfrac{{6 - {{\left( {1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2} - 2}} = 3 \Rightarrow VP\left( * \right) \ge 3\)
Với \(x \ge - 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \le \dfrac{{6 - {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} - 2}} = - 1 \Rightarrow VP\left( * \right) \le - 1\)
Do đó với \( - 1 \le x \le 1\) thì \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
\( \Rightarrow \) (*) vô nghiệm do \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \) và \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { - 2;0} \right),\left( { - 2; - 2\sqrt 2 } \right),\left( { - 2;2\sqrt 2 } \ri
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nghệ An là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi môn Toán thường có tính phân loại cao, đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững kiến thức cơ bản mà còn phải có khả năng vận dụng linh hoạt vào giải quyết các bài toán thực tế. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020 tiếp tục duy trì xu hướng này, với các câu hỏi tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và một số bài toán kết hợp.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài sau:
Loigiai.com.vn cung cấp đáp án và lời giải chi tiết cho từng câu hỏi trong đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020. Lời giải được trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu, giúp các em học sinh nắm bắt được phương pháp giải và tự tin hơn khi làm bài.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020, loigiai.com.vn còn cung cấp một kho đề thi phong phú từ các tỉnh thành khác trên cả nước. Các em có thể luyện tập với nhiều đề thi khác nhau để làm quen với các dạng bài và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Việc luyện đề là một phần không thể thiếu trong quá trình ôn thi vào 10. Luyện đề giúp các em:
Loigiai.com.vn là một website học toán online uy tín, cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi, đề thi và đáp án chi tiết. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục điểm 10 trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
| Dạng bài | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Đại số | Trung bình |
| Hệ phương trình | Đại số | Trung bình - Khó |
| Chứng minh hình học | Hình học | Trung bình |
| Bài toán tỉ lệ | Đại số | Dễ |
Hãy dành thời gian ôn tập kỹ lưỡng, luyện tập thường xuyên và giữ tâm lý thoải mái. Chúc các em thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
