toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội 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 làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các mã đề thi, đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và nắm vững kiến thức trọng tâm.
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2 điểm):
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9km/h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó).
2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,5 điểm):
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), xét đường thẳng \(\left( d \right):y = mx + 4\) với \(m \ne 0.\)
a) Gọi \(A\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Bài IV (3 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC.
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
Bài V (0,5 điểm):
Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\)
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2 điểm):
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9km/h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó).
2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,5 điểm):
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), xét đường thẳng \(\left( d \right):y = mx + 4\) với \(m \ne 0.\)
a) Gọi \(A\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Bài IV (3 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC.
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
Bài V (0,5 điểm):
Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\)
Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\). |
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 2}} = \dfrac{{2 + 1}}{{2 + 2}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = \dfrac{3}{4}\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\\B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\sqrt x + 3 - \sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2A.B + \sqrt x \\P = 2.\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}} + \sqrt x \\P = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x \\P = \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x + 2\) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}\) ta có:
\(\sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 2} \right).\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}} = 2\sqrt 4 = 4\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2 \ge 2\\ \Rightarrow A \ge 2\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 2\,\,\left( {Do\,\,\sqrt x + 2 \ge 2\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1} \right)\).
\( \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2\) khi và chỉ khi \(x = 0\).
Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9km/h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). |
Gọi vận tốc đi bộ của An là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi bộ hết quãng đường từ nhà An đến nhà Bình là: \(\dfrac{3}{x}\,\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc đi xe đạp của An hơn vận tốc đi bộ là \(9\,\,km/h\) nên vận tốc đi xe đạp là: \(x + 9\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi xe đạp hết quãng đường từ nhà Bình về nhà An là: \(\dfrac{3}{{x + 9}}\,\,\,\left( h \right).\)
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút \( = \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{3}{4}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 9}} = \dfrac{3}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 9}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 4\left( {x + 9} \right) - 4x = x\left( {x + 9} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 36 - 4x = {x^2} + 9x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 12x - 3x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 12} \right) - 3\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi bộ của An là \(3km/h.\)
| 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)). |
Diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó là: \(S = 4\pi {R^2} \approx 4.3,{14.2^2} \approx 50,24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy diện tích bề mặt của quả bóng bàn là \(S \approx 50,24\,\,c{m^2}\).
Bài III (2, 5 điểm)
| 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\) |
Điều kiện: \(y \ne 1.\)
Đặt \(\dfrac{1}{{y - 1}} = u\,\,\,\left( {u \ne 0} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}2x + 3u = 5\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6u = 10\\4x - u = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7u = 7\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\4x - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(u = 1\) ta có: \(\dfrac{1}{{y - 1}} = 1 \Rightarrow y - 1 = 1 \Leftrightarrow y = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
| 2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), xét đường thẳng \(\left( d \right):y = mx + 4\) với \(m \ne 0.\) |
a) Gọi \(A\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
Vì \(A\) là giao điểm của của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\) nên hoành độ điểm \(A\) là \({x_A} = 0\).
Gọi \(A\left( {0;{y_A}} \right)\)
Vì \(A\left( {0;{y_A}} \right) \in d\) nên ta có: \({y_A} = m.0 + 4 \Leftrightarrow {y_A} = 4\).
Vậy \(A\left( {0;4} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\).
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Vì \(B\) là giao điểm của \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) nên tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = 0\).
Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\). Vì \(B\left( {{x_B};0} \right) \in \left( d \right)\) nên ta có: \(0 = m.{x_B} + 4\) \( \Leftrightarrow {x_B} = \dfrac{{ - 4}}{m}\) (vì \(m \ne 0\))
Suy ra \(B\left( {\dfrac{{ - 4}}{m};0} \right)\) . Do đó \(OB = \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right|\).
Theo câu a) ta có: \(A\left( {0;4} \right)\) nên \(OA = \left| 4 \right| = 4\).
Vì tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(OA = OB \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right| = 4\).
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 4}}{m} = 4\\\dfrac{4}{m} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4m = - 4\\4m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 1\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(m = - 1;\,\,m = 1\) là các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu IV (3,0 điểm)
| Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC. |
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
\(\angle BHE = {90^0}\) (do \(EH \bot AB\))
\(\angle BKE = {90^0}\) (do \(EK \bot BC\))
Tứ giác \(BHEK\) có \(\angle BHE + \angle BKE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm)
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
Theo câu a) tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle BKH = \angle BEH\) (cùng chắn cung \(BH\))
Ta có:
\(\angle BEH + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(BHE\) vuông tại \(H\)).
\(\angle BAE + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
Nên \(\angle BEH = \angle BAE\) (cùng phụ với \(\angle EBH\)).
Mà \(\angle BKH = \angle BEH\) (cmt) nên \(\angle BKH = \angle BAE\,\,\,\left( { = \angle BEH} \right)\).
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có:
\(\angle ABC\) chung
\(\angle BKH = \angle BAE = \angle BAC\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow BH.BA = BK.BC\) (đpcm).
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
Cách 1:
Nối \(H\) và \(K.\)
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ABC\,\,\,\,chung\\\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\,\,\,\left( {do\,\,\,BA.BA = BK.BC} \right)\\ \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BHK \sim \angle BCA\) (hai góc tương ứng) (1)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà \(F,\,\,E\) là hai đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle BCE + \angle BFE = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AFE + \angle BFE = {180^0}\) (2 góc kề bù)
\( \Rightarrow \angle BCE = \angle AFE\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BHK = \angle HFI.\)
Ta có: \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\( \Rightarrow HI = \dfrac{1}{2}EF\) (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền).
\( \Leftrightarrow HI = FI\)
\( \Rightarrow \Delta HIF\) cân tại \(I\) (dhnb \(\Delta \) cân)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle HFI\) (tính chất \(\Delta \) cân)
Mà \(\angle HFI = \angle BHK\)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle BHK\) \( \Rightarrow HI \equiv HK\)
\( \Rightarrow H,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Cách 2:
Gọi \(I'\) là giao điểm của HK và EF.
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {F_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\)).
Ta có: \(EH//CF\) (cùng vuông góc \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {F_1} = \angle {E_1}\) (so le trong)
Do đó \(\angle {B_1} = \angle {E_1}\) (1).
Theo câu a, tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle {B_1} = \angle {H_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\)) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\)
Tam giác \(I'HE\) có \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\) nên là tam giác cân (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'E\) (tính chất tam giác cân) (3)
Lại có:
\(\angle {H_1} + \angle {H_2} = \angle BHE = {90^0}\)
\(\angle {F_2} + \angle {E_1} = {90^0}\) (do tam giác \(HEF\) vuông tại \(H\)).
Nên \(\angle {H_2} = \angle {F_2}\) hay tam giác \(I'HF\) cân tại \(I'\) (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'F\) (tính chất tam giác cân) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(I'E = I'F\) hay \(I'\) là trung điểm của \(EF\).
Do đó \(I' \equiv I\) nên ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng (đpcm).
Bài V (0, 5 điểm)
| Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\) |
Điều kiện: \(x \ge \dfrac{2}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt {3x - 2} = 2{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4x - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) và \({\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \dfrac{2}{3}\) nên
\(\begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt x - 1 = 0\\\sqrt {3x - 2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\\sqrt {3x - 2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3x - 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\). |
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 2}} = \dfrac{{2 + 1}}{{2 + 2}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = \dfrac{3}{4}\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\\B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\sqrt x + 3 - \sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2A.B + \sqrt x \\P = 2.\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}} + \sqrt x \\P = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x \\P = \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x + 2\) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}\) ta có:
\(\sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 2} \right).\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}} = 2\sqrt 4 = 4\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2 \ge 2\\ \Rightarrow A \ge 2\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 2\,\,\left( {Do\,\,\sqrt x + 2 \ge 2\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1} \right)\).
\( \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2\) khi và chỉ khi \(x = 0\).
Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9km/h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). |
Gọi vận tốc đi bộ của An là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi bộ hết quãng đường từ nhà An đến nhà Bình là: \(\dfrac{3}{x}\,\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc đi xe đạp của An hơn vận tốc đi bộ là \(9\,\,km/h\) nên vận tốc đi xe đạp là: \(x + 9\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi xe đạp hết quãng đường từ nhà Bình về nhà An là: \(\dfrac{3}{{x + 9}}\,\,\,\left( h \right).\)
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút \( = \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{3}{4}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 9}} = \dfrac{3}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 9}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 4\left( {x + 9} \right) - 4x = x\left( {x + 9} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 36 - 4x = {x^2} + 9x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 12x - 3x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 12} \right) - 3\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi bộ của An là \(3km/h.\)
| 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)). |
Diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó là: \(S = 4\pi {R^2} \approx 4.3,{14.2^2} \approx 50,24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy diện tích bề mặt của quả bóng bàn là \(S \approx 50,24\,\,c{m^2}\).
Bài III (2, 5 điểm)
| 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\) |
Điều kiện: \(y \ne 1.\)
Đặt \(\dfrac{1}{{y - 1}} = u\,\,\,\left( {u \ne 0} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}2x + 3u = 5\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6u = 10\\4x - u = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7u = 7\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\4x - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(u = 1\) ta có: \(\dfrac{1}{{y - 1}} = 1 \Rightarrow y - 1 = 1 \Leftrightarrow y = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
| 2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), xét đường thẳng \(\left( d \right):y = mx + 4\) với \(m \ne 0.\) |
a) Gọi \(A\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
Vì \(A\) là giao điểm của của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\) nên hoành độ điểm \(A\) là \({x_A} = 0\).
Gọi \(A\left( {0;{y_A}} \right)\)
Vì \(A\left( {0;{y_A}} \right) \in d\) nên ta có: \({y_A} = m.0 + 4 \Leftrightarrow {y_A} = 4\).
Vậy \(A\left( {0;4} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\).
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Vì \(B\) là giao điểm của \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) nên tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = 0\).
Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\). Vì \(B\left( {{x_B};0} \right) \in \left( d \right)\) nên ta có: \(0 = m.{x_B} + 4\) \( \Leftrightarrow {x_B} = \dfrac{{ - 4}}{m}\) (vì \(m \ne 0\))
Suy ra \(B\left( {\dfrac{{ - 4}}{m};0} \right)\) . Do đó \(OB = \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right|\).
Theo câu a) ta có: \(A\left( {0;4} \right)\) nên \(OA = \left| 4 \right| = 4\).
Vì tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(OA = OB \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right| = 4\).
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 4}}{m} = 4\\\dfrac{4}{m} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4m = - 4\\4m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 1\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(m = - 1;\,\,m = 1\) là các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu IV (3,0 điểm)
| Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC. |
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
\(\angle BHE = {90^0}\) (do \(EH \bot AB\))
\(\angle BKE = {90^0}\) (do \(EK \bot BC\))
Tứ giác \(BHEK\) có \(\angle BHE + \angle BKE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm)
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
Theo câu a) tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle BKH = \angle BEH\) (cùng chắn cung \(BH\))
Ta có:
\(\angle BEH + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(BHE\) vuông tại \(H\)).
\(\angle BAE + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
Nên \(\angle BEH = \angle BAE\) (cùng phụ với \(\angle EBH\)).
Mà \(\angle BKH = \angle BEH\) (cmt) nên \(\angle BKH = \angle BAE\,\,\,\left( { = \angle BEH} \right)\).
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có:
\(\angle ABC\) chung
\(\angle BKH = \angle BAE = \angle BAC\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow BH.BA = BK.BC\) (đpcm).
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
Cách 1:
Nối \(H\) và \(K.\)
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ABC\,\,\,\,chung\\\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\,\,\,\left( {do\,\,\,BA.BA = BK.BC} \right)\\ \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BHK \sim \angle BCA\) (hai góc tương ứng) (1)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà \(F,\,\,E\) là hai đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle BCE + \angle BFE = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AFE + \angle BFE = {180^0}\) (2 góc kề bù)
\( \Rightarrow \angle BCE = \angle AFE\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BHK = \angle HFI.\)
Ta có: \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\( \Rightarrow HI = \dfrac{1}{2}EF\) (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền).
\( \Leftrightarrow HI = FI\)
\( \Rightarrow \Delta HIF\) cân tại \(I\) (dhnb \(\Delta \) cân)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle HFI\) (tính chất \(\Delta \) cân)
Mà \(\angle HFI = \angle BHK\)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle BHK\) \( \Rightarrow HI \equiv HK\)
\( \Rightarrow H,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Cách 2:
Gọi \(I'\) là giao điểm của HK và EF.
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {F_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\)).
Ta có: \(EH//CF\) (cùng vuông góc \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {F_1} = \angle {E_1}\) (so le trong)
Do đó \(\angle {B_1} = \angle {E_1}\) (1).
Theo câu a, tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle {B_1} = \angle {H_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\)) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\)
Tam giác \(I'HE\) có \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\) nên là tam giác cân (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'E\) (tính chất tam giác cân) (3)
Lại có:
\(\angle {H_1} + \angle {H_2} = \angle BHE = {90^0}\)
\(\angle {F_2} + \angle {E_1} = {90^0}\) (do tam giác \(HEF\) vuông tại \(H\)).
Nên \(\angle {H_2} = \angle {F_2}\) hay tam giác \(I'HF\) cân tại \(I'\) (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'F\) (tính chất tam giác cân) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(I'E = I'F\) hay \(I'\) là trung điểm của \(EF\).
Do đó \(I' \equiv I\) nên ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng (đpcm).
Bài V (0, 5 điểm)
| Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\) |
Điều kiện: \(x \ge \dfrac{2}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt {3x - 2} = 2{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4x - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) và \({\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \dfrac{2}{3}\) nên
\(\begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt x - 1 = 0\\\sqrt {3x - 2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\\sqrt {3x - 2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3x - 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hà Nội luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 thường có cấu trúc gồm các dạng bài tập sau:
Điểm khác biệt của đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 so với các năm trước là sự xuất hiện của các bài toán vận dụng cao, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic, phân tích và giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
Năm 2020, Hà Nội đã tổ chức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 với nhiều mã đề thi khác nhau. Dưới đây là phân tích chi tiết một số mã đề thi tiêu biểu:
Mã đề 001 tập trung vào các kiến thức cơ bản về đại số và hình học. Các bài toán trong mã đề này có độ khó vừa phải, phù hợp với đa số học sinh. Tuy nhiên, vẫn có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có sự hiểu biết sâu sắc về lý thuyết và kỹ năng giải toán tốt.
Mã đề 002 có xu hướng khó hơn mã đề 001, với nhiều bài toán vận dụng cao và yêu cầu học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo. Các bài toán về hình học trong mã đề này thường có tính chất phức tạp, đòi hỏi học sinh phải có khả năng vẽ hình và phân tích hình một cách chính xác.
Mã đề 003 là mã đề khó nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020. Các bài toán trong mã đề này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về toán học, kỹ năng giải toán thành thạo và khả năng tư duy logic, sáng tạo.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 hiệu quả, học sinh cần có một kế hoạch học tập khoa học và hợp lý. Dưới đây là một số lời khuyên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 mà toan9.edu.vn cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm một số tài liệu ôn thi hữu ích sau:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, nhưng không phải là tất cả. Hãy giữ một tâm lý thoải mái, tự tin và cố gắng hết mình. 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.
