toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020 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 lớp 9 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đề thi với nhiều dạng bài tập khác nhau, bao gồm các bài toán đại số, hình học, số học và các bài toán thực tế.
Bài 1: 1. Giải phương trình:
Bài 1:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Bài 3:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Bài 4:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Bài 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 1:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Bài 3:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Bài 4:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Bài 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\\ \Leftrightarrow x + 1 = 2x - 6\\ \Leftrightarrow 1 + 6 = 2x - x\\ \Leftrightarrow x = 7\end{array}\)
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 7\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt 4 + 2}}{{\sqrt 4 + 1}} - \dfrac{{2\sqrt 4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}}} \right).\left( {4 - 1} \right)\\A = \left( {\dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{1}} \right).3\\A = \dfrac{{4 - 6}}{3}.3\\A = - 2\end{array}\)
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = - 2\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
\(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\) , với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - 2} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = - \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) = - x + \sqrt x \end{array}\)
Ta có: \(A = - \left( {x - \sqrt x } \right)\)
\(\begin{array}{l}A = - \left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - 2\sqrt x .\dfrac{1}{2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} \right] + \dfrac{1}{4}\\A = - {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(A \le \dfrac{1}{4}\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{4}\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng \(\dfrac{1}{4}\) khi và chỉ khi\(x = \dfrac{1}{4}\).
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình (*) có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 4 + 2\\\,\,\,\,\,\, = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\) hay đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) dương thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\,\,\forall m\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m > \dfrac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \dfrac{5}{2}\).
Khi đó với \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( * \right)\), áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {2^2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} - 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 4 \Leftrightarrow 2m - 2 - 2\sqrt {2m - 5} = 4\\ \Leftrightarrow 2m - 6 = 2\sqrt {2m - 5} \Leftrightarrow m - 3 = \sqrt {2m - 5} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ge 0\\{\left( {m - 3} \right)^2} = 2m - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 6m + 9 = 2m - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 8m + 14 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\Delta ' = {4^2} - 14 = 2 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}m = 4 + \sqrt 2 \,\,\,\left( {tm\,\,m \ge 3} \right)\\m = 4 - \sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm\,\,\,m \ge 3} \right)\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(m > \dfrac{5}{2}\)).
Vậy \(m = 4 + \sqrt 2 \) thỏa mãn bài toán.
Bài 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Gọi số học sinh dự thi của lớp 9A1 và 9A2 lần lượt là \(x,\,\,y\) (học sinh) (ĐK:\(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).
Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên nên ta có phương trình: \(\left( {x + y} \right).40\% = 22 \Leftrightarrow x + y = 55\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu tính riêng từng lớp thì:
Lớp 9A1 có số học sinh đạt giải là \(50\% x = \dfrac{1}{2}x\) (học sinh).
Lớp 9A2 có số học sinh đạt giải là \(28\% y = \dfrac{7}{{25}}y\) (học sinh).
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{2}x + \dfrac{7}{{25}}y = 22 \Leftrightarrow 25x + 14y = 1100\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 55\\25x + 14y = 1100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25x + 25y = 1375\\25x + 14y = 1100\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 275\\x = 55 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\\x = 30\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy số học dự thi của lớp 9A1 là 30 học sinh, số học sinh dự thi của lớp 9A2 là 25 học sinh.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
Ta có: \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle MAO = {90^0}\)
\(H\) là trung điểm của \(CD\) \( \Rightarrow OH \bot CD = \left\{ H \right\}\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OHM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AOHM\) ta có:
\(\angle MAO + \angle OHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện.
\( \Rightarrow AOHM\) là tứ giác nội tiếp. (đpcm)
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
Ta có: \(DK//MO\,\,\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MDK = \angle DMO\) (hai góc so le trong).
Vì \(AOHM\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle HMO = \angle HAO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))
Hay \(\angle BAH = \angle DMO\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \angle MDK\,\,\left( { = \angle DMO} \right)\) (đpcm).
Xét \(\Delta AMC\) và \(\Delta DMA\) ta có:
\(\angle M\,\,\,chung\)
\(\angle MDA = \angle MAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta DMA\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{DM}} = \dfrac{{MC}}{{MA}} \Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD\,\,\,\left( {cmt} \right).\end{array}\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(MO\) và \(BD\). Kéo dài \(DK\) cắt \(BC\) tại \(F\).
Xét tứ giác \(AHKD\) có \(\angle HAK = \angle KDH\) (câu b)
\( \Rightarrow AHKD\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle DAK = \angle DHK\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DK\))
Mà \(\angle DAK = \angle DCB\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\))
Nên \(\angle DHK = \angle DCB\)
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HK//CB \Rightarrow HK//CF\).
Trong tam giác \(DCF\), \(HK//CF,\) \(H\) là trung điểm của \(CD\) nên \(K\) là trung điểm của \(DF\).
\( \Rightarrow DK = KF\)
Lại có \(DK//MO \Rightarrow DF//IE\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DK}}{{OE}} = \dfrac{{FK}}{{OI}}\left( { = \dfrac{{BK}}{{BO}}} \right)\)
Mà \(DK = FK\left( {cmt} \right)\) nên \(OE = OI\).
Xét tứ giác \(AIBE\) có hai đường chéo \(IE\) và \(AB\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường nên \(AIBE\) là hình hình hành \( \Rightarrow AI//BE \Rightarrow AI//BD\) (đpcm).
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\\A = {x^4} + {y^4} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {x + y} \right)^4} - 4{\left( {x + y} \right)^2}.xy + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = 100 - 40.xy + 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {xy} \right)^4} + 2{\left( {xy} \right)^2} - 40xy + 101\end{array}\)
Đặt \(t = xy\). Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 < xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{5}{2}\).
Khi đó ta có: \(A = {t^4} + 2{t^2} - 40t + 101\) với \(0 < t \le \dfrac{5}{2}\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {{t^4} - 8{t^2} + 16} \right) + \left( {10{t^2} - 40t + 40} \right) + 45\\A = {\left( {{t^2} - 4} \right)^2} + 10{\left( {t - 2} \right)^2} + 45 \ge 45\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t^2} - 4 = 0\\t - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 2\end{array} \right.\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 2\\x + y = \sqrt {10} \end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - \sqrt {10} X + 2 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - 4.1.2 = 2 > 0\), do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}X = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}\\X = \dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Vậy biểu thức \({A_{\min }} = 45\) khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Bài 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\).
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x + 1}}{2} = x - 3\\ \Leftrightarrow x + 1 = 2x - 6\\ \Leftrightarrow 1 + 6 = 2x - x\\ \Leftrightarrow x = 7\end{array}\)
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 7\).
2. Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
a) Tính giá trị biểu thức A khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt 4 + 2}}{{\sqrt 4 + 1}} - \dfrac{{2\sqrt 4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}}} \right).\left( {4 - 1} \right)\\A = \left( {\dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{1}} \right).3\\A = \dfrac{{4 - 6}}{3}.3\\A = - 2\end{array}\)
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = - 2\).
b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.
\(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\) , với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - 2} \right).\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow A = - \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) = - x + \sqrt x \end{array}\)
Ta có: \(A = - \left( {x - \sqrt x } \right)\)
\(\begin{array}{l}A = - \left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - 2\sqrt x .\dfrac{1}{2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} \right] + \dfrac{1}{4}\\A = - {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(A \le \dfrac{1}{4}\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{4}\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng \(\dfrac{1}{4}\) khi và chỉ khi\(x = \dfrac{1}{4}\).
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x - 2m + 5\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình (*) có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 4 + 2\\\,\,\,\,\,\, = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\) hay đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m.\)
b) Tìm các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là \({x_1},\,\,{x_2}\) dương và \(\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) dương thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\,\,\forall m\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m > \dfrac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \dfrac{5}{2}\).
Khi đó với \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( * \right)\), áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {2^2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} - 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = 4 \Leftrightarrow 2m - 2 - 2\sqrt {2m - 5} = 4\\ \Leftrightarrow 2m - 6 = 2\sqrt {2m - 5} \Leftrightarrow m - 3 = \sqrt {2m - 5} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ge 0\\{\left( {m - 3} \right)^2} = 2m - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 6m + 9 = 2m - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\{m^2} - 8m + 14 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\Delta ' = {4^2} - 14 = 2 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}m = 4 + \sqrt 2 \,\,\,\left( {tm\,\,m \ge 3} \right)\\m = 4 - \sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm\,\,\,m \ge 3} \right)\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(m > \dfrac{5}{2}\)).
Vậy \(m = 4 + \sqrt 2 \) thỏa mãn bài toán.
Bài 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.
Gọi số học sinh dự thi của lớp 9A1 và 9A2 lần lượt là \(x,\,\,y\) (học sinh) (ĐK:\(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).
Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên nên ta có phương trình: \(\left( {x + y} \right).40\% = 22 \Leftrightarrow x + y = 55\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu tính riêng từng lớp thì:
Lớp 9A1 có số học sinh đạt giải là \(50\% x = \dfrac{1}{2}x\) (học sinh).
Lớp 9A2 có số học sinh đạt giải là \(28\% y = \dfrac{7}{{25}}y\) (học sinh).
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{2}x + \dfrac{7}{{25}}y = 22 \Leftrightarrow 25x + 14y = 1100\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 55\\25x + 14y = 1100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25x + 25y = 1375\\25x + 14y = 1100\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 275\\x = 55 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\\x = 30\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy số học dự thi của lớp 9A1 là 30 học sinh, số học sinh dự thi của lớp 9A2 là 25 học sinh.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(d\) là một tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Trên đường thẳng \(d\) lấy điểm \(M\) (khác \(A\)) và trên đoạn \(OB\) lấy điểm \(N\) (khác \(O\) và \(B\)). Đường thẳng \(MN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(C\) và \(D\) sao cho \(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\).
a) Chứng minh tứ giác \(AOHM\) nội tiếp được đường trong đường tròn.
Ta có: \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle MAO = {90^0}\)
\(H\) là trung điểm của \(CD\) \( \Rightarrow OH \bot CD = \left\{ H \right\}\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OHM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AOHM\) ta có:
\(\angle MAO + \angle OHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện.
\( \Rightarrow AOHM\) là tứ giác nội tiếp. (đpcm)
b) Kẻ đoạn \(DK//MO\) (\(K\) nằm trên đường thẳng \(AB\)). Chứng minh rằng \(\angle MDK = \angle BAH\) và \(M{A^2} = MC.MD.\)
Ta có: \(DK//MO\,\,\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MDK = \angle DMO\) (hai góc so le trong).
Vì \(AOHM\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle HMO = \angle HAO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))
Hay \(\angle BAH = \angle DMO\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \angle MDK\,\,\left( { = \angle DMO} \right)\) (đpcm).
Xét \(\Delta AMC\) và \(\Delta DMA\) ta có:
\(\angle M\,\,\,chung\)
\(\angle MDA = \angle MAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta DMA\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{DM}} = \dfrac{{MC}}{{MA}} \Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD\,\,\,\left( {cmt} \right).\end{array}\)
c) Đường thẳng \(BC\) cắt đường thẳng \(OM\) tại điểm \(I\). Chứng minh rằng đường thẳng \(AI\) song song với đường thẳng \(BD\).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(MO\) và \(BD\). Kéo dài \(DK\) cắt \(BC\) tại \(F\).
Xét tứ giác \(AHKD\) có \(\angle HAK = \angle KDH\) (câu b)
\( \Rightarrow AHKD\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle DAK = \angle DHK\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DK\))
Mà \(\angle DAK = \angle DCB\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\))
Nên \(\angle DHK = \angle DCB\)
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HK//CB \Rightarrow HK//CF\).
Trong tam giác \(DCF\), \(HK//CF,\) \(H\) là trung điểm của \(CD\) nên \(K\) là trung điểm của \(DF\).
\( \Rightarrow DK = KF\)
Lại có \(DK//MO \Rightarrow DF//IE\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DK}}{{OE}} = \dfrac{{FK}}{{OI}}\left( { = \dfrac{{BK}}{{BO}}} \right)\)
Mà \(DK = FK\left( {cmt} \right)\) nên \(OE = OI\).
Xét tứ giác \(AIBE\) có hai đường chéo \(IE\) và \(AB\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường nên \(AIBE\) là hình hình hành \( \Rightarrow AI//BE \Rightarrow AI//BD\) (đpcm).
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = \sqrt {10} \). Tìm giá trị của \(x\) và \(y\) để biểu thức \(A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {{x^4} + 1} \right)\left( {{y^4} + 1} \right)\\A = {x^4} + {y^4} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {x + y} \right)^4} - 4{\left( {x + y} \right)^2}.xy + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = 100 - 40.xy + 2{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + 1\\A = {\left( {xy} \right)^4} + 2{\left( {xy} \right)^2} - 40xy + 101\end{array}\)
Đặt \(t = xy\). Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 < xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{5}{2}\).
Khi đó ta có: \(A = {t^4} + 2{t^2} - 40t + 101\) với \(0 < t \le \dfrac{5}{2}\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {{t^4} - 8{t^2} + 16} \right) + \left( {10{t^2} - 40t + 40} \right) + 45\\A = {\left( {{t^2} - 4} \right)^2} + 10{\left( {t - 2} \right)^2} + 45 \ge 45\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t^2} - 4 = 0\\t - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 2\end{array} \right.\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 2\\x + y = \sqrt {10} \end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - \sqrt {10} X + 2 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - 4.1.2 = 2 > 0\), do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}X = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}\\X = \dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Vậy biểu thức \({A_{\min }} = 45\) khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2}} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{2};\dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{2}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Bình Định năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020, phân tích chi tiết các dạng bài tập và hướng dẫn giải một số bài toán tiêu biểu.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020:
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Giải:
2x + 3 = 7
2x = 7 - 3
2x = 4
x = 2
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab với mọi số thực a, b.
Giải:
Ta có: (a - b)2 ≥ 0 với mọi số thực a, b.
Khai triển biểu thức, ta được: a2 - 2ab + b2 ≥ 0
Suy ra: a2 + b2 ≥ 2ab
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020 hiệu quả, các em học sinh nên:
Dưới đây là một số tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2020 đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới và đạt được kết quả tốt nhất.
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
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 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
