Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 tuyển sinh sắp tới.
Với đáp án chi tiết và lời giải bài bản, các em có thể tự học tại nhà, kiểm tra kiến thức và khắc phục những điểm yếu của mình.
Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thanh Hóa luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 thường có cấu trúc gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 thường ở mức trung bình đến khá. Các bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các khái niệm và định lý cơ bản, đồng thời có khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đó để giải quyết các bài toán thực tế.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019:
Để giải phương trình bậc hai, các em có thể sử dụng công thức nghiệm hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử. Ví dụ:
Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
Ta có: Δ = (-5)2 - 4 * 1 * 6 = 25 - 24 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = (5 + 1) / 2 = 3 và x2 = (5 - 1) / 2 = 2
Để giải hệ phương trình, các em có thể sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Ví dụ:
Giải hệ phương trình:
x + y = 5
2x - y = 1
Cộng hai phương trình, ta được: 3x = 6 => x = 2
Thay x = 2 vào phương trình x + y = 5, ta được: 2 + y = 5 => y = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x = 2, y = 3
Để tính diện tích hình học, các em cần nắm vững các công thức tính diện tích của các hình cơ bản như tam giác, hình vuông, hình chữ nhật, hình tròn,... Ví dụ:
Tính diện tích tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 3cm, AC = 4cm.
Diện tích tam giác ABC là: S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, các em cần lưu ý những điều sau:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như sách giáo khoa, sách bài tập, các đề thi thử, và các bài giảng trực tuyến trên loigiai.com.vn.
Loigiai.com.vn hy vọng rằng những thông tin trên sẽ giúp các em học sinh có sự chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. 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!
