toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. 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 dạng đề thi, từ đề thi chính thức đến đề thi thử, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\). 1. Rút gọn biểu thức \(A\). 2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của m để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3: Với \(x \in \mathbb{R}\),tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\).
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H.
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
----- HẾT -----
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của m để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3: Với \(x \in \mathbb{R}\),tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\).
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H.
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1.Sử dụng tính chất căn bậc hai.
2. Giải phương trình với A vừa rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a - 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a + 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có: \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
Vậy với \(a = 5\) thì \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
2. Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Xét phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) có \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = 25 - 4m + 12 = 37 - 4m\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 37 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow - 4m \ge - 37 \Leftrightarrow m \le \frac{{37}}{4}\).
Vậy phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Theo a, phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)
Để \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\)
\(\begin{array}{l}2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 3} \right) - \left( { - 5} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2m = 3\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3 (NB):
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\\\,\,\,\,\, = \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 2|2x - 3| + 2024\\\,\,\,\,\, = {\left( {2x - 3} \right)^2} - 2|2x - 3| + 2024\end{array}\)
Đặt \(t = |2x - 3| \ge 0\)
Khi đó ta có: \(P = {t^2} - 2t + 2024 = {(t - 1)^2} + 2023\)
Vì \(t \ge 0 \Rightarrow t - 1 \ge - 1 \Rightarrow {(t - 1)^2} \ge 0\) nên \(P \ge 0 + 2023 = 2023\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)
Suy ra: \(|2x - 3| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 3 = 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(2023\) khi \(x = 1\) hoặc \(x = 2.\)
Câu 4 (NB):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \(\angle MHC = {90^0}\left( {MH \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MHC + \angle MAC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MHCA nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
Do AMHC nội tiếp (cmt) nên \(\angle MAH = \angle MCH\) (cùng chắn cung MH)
Và \(\angle MHA = \angle MCA\) (cùng chắn cung AM)
Mà \(\angle MCH = \angle ECB = \angle EAB\) (cùng chắn cung EB) và \(\angle ACE = \angle EBA\) (cùng chắn cung AE)
\( \Rightarrow \angle MAH = \angle EAB\left( { = \angle ECB} \right)\) và \(\angle MHA = \angle EBA\left( { = \angle ECA} \right)\)
Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta EBA\) có:
\(\angle MAH = \angle EAB\) (cmt)
\(\angle MHA = \angle EBA\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta MAH\backsim \Delta EAB\left( g.g \right)$ (đpcm)
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
Do MHCA nội tiếp nên \(\angle AHC = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC)
Mà \(\angle AMC = \frac{1}{2}\left( {sdcAC + sdcEB} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - sdcAE} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle EOA} \right) = \frac{1}{2}\left( {\angle AEO + \angle EAO} \right)\)
Mà \(\Delta OEA\) cân do OA = OE nên \(\angle OEA = \angle OAE\)
\( \Rightarrow \angle AMC = \frac{1}{2}.2.\angle OEA = \angle OEA\)
\( \Rightarrow \angle AHO = \angle AEO\left( { = \angle AMC} \right)\)
Xét tứ giác OHEA có \(\angle AHO = \angle AEO\)
Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp
\( \Rightarrow \angle KAO = \angle KEH\) (cùng chắn cung OH) và \(\angle KOA = \angle KHE\) (cùng chắn cung AE)
Xét \(\Delta KOA\) và \(\Delta KHE\) có:
\(\angle KAO = \angle KEH\left( {cmt} \right)\)
\(\angle KOA = \angle KHE\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta KOA\backsim \Delta KHE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KO}{KH}=\frac{KA}{KE}\Rightarrow KO.KE=KH.KA$ (đpcm)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1.Sử dụng tính chất căn bậc hai.
2. Giải phương trình với A vừa rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a - 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a + 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có: \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
Vậy với \(a = 5\) thì \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
2. Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Xét phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) có \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = 25 - 4m + 12 = 37 - 4m\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 37 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow - 4m \ge - 37 \Leftrightarrow m \le \frac{{37}}{4}\).
Vậy phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Theo a, phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)
Để \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\)
\(\begin{array}{l}2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 3} \right) - \left( { - 5} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2m = 3\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3 (NB):
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\\\,\,\,\,\, = \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 2|2x - 3| + 2024\\\,\,\,\,\, = {\left( {2x - 3} \right)^2} - 2|2x - 3| + 2024\end{array}\)
Đặt \(t = |2x - 3| \ge 0\)
Khi đó ta có: \(P = {t^2} - 2t + 2024 = {(t - 1)^2} + 2023\)
Vì \(t \ge 0 \Rightarrow t - 1 \ge - 1 \Rightarrow {(t - 1)^2} \ge 0\) nên \(P \ge 0 + 2023 = 2023\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)
Suy ra: \(|2x - 3| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 3 = 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(2023\) khi \(x = 1\) hoặc \(x = 2.\)
Câu 4 (NB):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \(\angle MHC = {90^0}\left( {MH \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MHC + \angle MAC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MHCA nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
Do AMHC nội tiếp (cmt) nên \(\angle MAH = \angle MCH\) (cùng chắn cung MH)
Và \(\angle MHA = \angle MCA\) (cùng chắn cung AM)
Mà \(\angle MCH = \angle ECB = \angle EAB\) (cùng chắn cung EB) và \(\angle ACE = \angle EBA\) (cùng chắn cung AE)
\( \Rightarrow \angle MAH = \angle EAB\left( { = \angle ECB} \right)\) và \(\angle MHA = \angle EBA\left( { = \angle ECA} \right)\)
Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta EBA\) có:
\(\angle MAH = \angle EAB\) (cmt)
\(\angle MHA = \angle EBA\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta MAH\backsim \Delta EAB\left( g.g \right)$ (đpcm)
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
Do MHCA nội tiếp nên \(\angle AHC = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC)
Mà \(\angle AMC = \frac{1}{2}\left( {sdcAC + sdcEB} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - sdcAE} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle EOA} \right) = \frac{1}{2}\left( {\angle AEO + \angle EAO} \right)\)
Mà \(\Delta OEA\) cân do OA = OE nên \(\angle OEA = \angle OAE\)
\( \Rightarrow \angle AMC = \frac{1}{2}.2.\angle OEA = \angle OEA\)
\( \Rightarrow \angle AHO = \angle AEO\left( { = \angle AMC} \right)\)
Xét tứ giác OHEA có \(\angle AHO = \angle AEO\)
Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp
\( \Rightarrow \angle KAO = \angle KEH\) (cùng chắn cung OH) và \(\angle KOA = \angle KHE\) (cùng chắn cung AE)
Xét \(\Delta KOA\) và \(\Delta KHE\) có:
\(\angle KAO = \angle KEH\left( {cmt} \right)\)
\(\angle KOA = \angle KHE\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta KOA\backsim \Delta KHE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KO}{KH}=\frac{KA}{KE}\Rightarrow KO.KE=KH.KA$ (đpcm)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Quảng Bình là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023, cùng với những lời khuyên hữu ích để đạt kết quả cao nhất.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình:
Để luyện thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023 hiệu quả, các em học sinh cần:
toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023, bao gồm:
Trước khi bước vào phòng thi, hãy:
Chúc các em học sinh đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
| Năm | Link đề thi |
|---|---|
| 2022 | Link đề thi 2022 |
| 2021 | Link đề thi 2021 |
| 2020 | Link đề thi 2020 |
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.
