toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các dạng đề thi, từ đề thi chính thức đến đề thi thử, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải đề.
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\) 1. Rút gọn biểu thức \(P\)
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hà Nam năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề như đại số, hình học, và các bài toán thực tế. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi thường được chia thành các phần chính sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em cần tập trung vào các chủ đề kiến thức sau:
Việc luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là cách tốt nhất để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải đề và đánh giá năng lực bản thân. toan9.edu.vn cung cấp một kho đề thi phong phú, đa dạng, được cập nhật liên tục.
Ngoài việc luyện đề, các em cũng nên tham khảo các tài liệu ôn thi như sách giáo khoa, sách bài tập, các trang web học toán online uy tín. toan9.edu.vn cung cấp các bài giảng, video hướng dẫn giải bài tập, và các tài liệu ôn thi khác để hỗ trợ các em trong quá trình học tập.
Đề 1: (Mô tả ngắn gọn về đề thi, các dạng bài chính, độ khó)
Đề 2: (Mô tả ngắn gọn về đề thi, các dạng bài chính, độ khó)
toan9.edu.vn là một nền tảng học toán online uy tín, cung cấp đầy đủ các tài liệu, công cụ và phương pháp học tập hiệu quả. Với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, chúng tôi cam kết giúp các em đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
| Năm | Độ khó chung | Các chủ đề thường gặp |
|---|---|---|
| 2021 | Trung bình | Đại số, Hình học |
| 2022 | Khó hơn | Đại số, Hình học, Bài toán thực tế |
| 2023 | Trung bình - Khó | Đại số, Hình học, Bài toán thực tế, Số học |
Kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hãy tận dụng tối đa các tài liệu ôn thi, luyện tập thường xuyên và áp dụng các phương pháp học tập hiệu quả để đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
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.
