Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT chuyên, trường có tuyển sinh bằng bài thi chuyên biệt tại Thanh Hóa, việc làm quen với Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 là vô cùng quan trọng.
Toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2019, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài bản, giúp bạn tự tin chinh phục kỳ thi sắp tới.
Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thanh Hóa luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, có tính cạnh tranh cao. Đề thi môn Toán 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. Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 không ngoại lệ.
Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần:
Nội dung đề thi thường tập trung vào các chủ đề chính sau:
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết một số câu hỏi tiêu biểu trong Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019.
Cho phương trình: x2 - 4x + 3 = 0. Hãy giải phương trình này.
Lời giải:
Phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0 với a = 1, b = -4, c = 3.
Tính delta: Δ = b2 - 4ac = (-4)2 - 4 * 1 * 3 = 16 - 12 = 4.
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (4 + 2) / 2 = 3
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (4 - 2) / 2 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 = 3 và x2 = 1.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Lời giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Suy ra BC = √25 = 5cm.
Vậy độ dài cạnh BC là 5cm.
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, bạn nên luyện tập thêm với các đề thi của các năm trước và các đề thi thử để làm quen với nhiều dạng bài tập khác nhau. Điều này sẽ giúp bạn tự tin hơn khi bước vào kỳ thi chính thức.
Toan9.edu.vn cung cấp một kho đề thi phong phú, đa dạng, được cập nhật thường xuyên. Hãy truy cập website của chúng tôi để tìm kiếm và luyện tập ngay hôm nay!
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh làm quen với cấu trúc và nội dung của kỳ thi. Việc luyện tập thường xuyên và nắm vững kiến thức cơ bản sẽ giúp bạn đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các bạn 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.
