toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 chính thức và mới nhất. 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 đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin làm bài.
Câu I (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định:
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập môn Toán của học sinh lớp 9. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Năm 2021, đề thi tiếp tục duy trì cấu trúc và độ khó tương đương với các năm trước, tập trung vào các chủ đề chính của chương trình Toán lớp 9.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, học sinh cần nắm vững các chủ đề sau:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021:
Đề thi này tập trung vào các bài toán đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Phần hình học yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về tam giác đồng dạng để giải quyết bài toán. Độ khó của đề thi ở mức trung bình.
Đề thi này có sự cân bằng giữa các chủ đề đại số, hình học và số học. Phần tự luận yêu cầu học sinh trình bày lời giải một cách rõ ràng và logic. Độ khó của đề thi ở mức khá.
Đề thi này có một số bài toán đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy sáng tạo và vận dụng kiến thức tổng hợp. Phần trắc nghiệm có một số câu hỏi đánh lừa, đòi hỏi học sinh phải cẩn thận khi làm bài. Độ khó của đề thi ở mức cao.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021, học sinh nên:
Ngoài sách giáo khoa, học sinh có thể tham khảo các tài liệu ôn thi sau:
Hãy tự tin vào bản thân và chuẩn bị kỹ lưỡng cho kỳ thi. 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.
