toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 tại tỉnh Thanh Hóa.
Với cấu trúc đề thi bám sát đề thi thật, cùng đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, bộ đề này sẽ giúp các em làm quen với dạng đề, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Câu I: Cho biểu thức
Câu I:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Câu II:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
Câu III:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Câu IV:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Câu I:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Câu II:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
Câu III:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Câu IV:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\\P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4x - 8\sqrt x - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{ - 8\sqrt x - 4x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - 4\sqrt x \left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{1}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\end{array}\)
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = - 4 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }} = - 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( {1 - \sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4 + 4\sqrt x \\ \Leftrightarrow 3\sqrt x = 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{4}{3}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{16}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = - 4\) thì \(x = \dfrac{{16}}{9}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\). Thay tọa độ điểm \(\left( {0;2} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có: \(2 = a.0 + b \Leftrightarrow b = 2\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = ax + 2\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(3 = a.2 + 2 \Leftrightarrow 2a = 1 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}\).
Vậy \(a = \dfrac{1}{2}\) và \(b = 2.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x + 3y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\1 + 3y = 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x + 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) + \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) + 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 4} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} \ne 1,\,\,{x_2} \ne 1\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\1 + 5 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{5^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\m + 4 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m < 33\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m \ne - 4\end{array} \right.\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}.{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2{x_1} + 1 + x_2^2 - 2{x_2} + 1 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Rightarrow 25 - 2\left( {m - 2} \right) - 2.\left( { - 5} \right) + 2 = {\left( {m - 2 + 5 + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 25 - 2m + 4 + 10 + 2 = {\left( {m + 4} \right)^2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 41 = {m^2} + 8m + 16\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m - 25 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m} = {\left( { - 5} \right)^2} - \left( { - 25} \right) = 50 > 0\), do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{ - 10 + \sqrt {50} }}{2} = - 5 + 5\sqrt 2 \\{m_1} = \dfrac{{ - 10 - \sqrt {50} }}{2} = - 5 - 5\sqrt 2 \end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy có hai giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = - 5 \pm 5\sqrt 2 \).
Câu IV (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
Vì \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BD \bot AC,\,\,CE \bot AB\).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\).
Suy ra tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).
Mà \(\angle BCE = \angle BCN = \angle BMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\) của \(\left( O \right)\)).
\( \Rightarrow \angle BDE = \angle BMN\,\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
Vậy \(MN\parallel DE\,\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Gọi \(BD \cap CE = \left\{ H \right\}\).
Xét tứ giác \(AEHD\) có \(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Lại có \(\angle AEH = {90^0}\) nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác \(AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), tâm \(I\) là trung điểm của \(AH\).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;\dfrac{{AH}}{2}} \right)\).
Kẻ đường kính \(AF\) và gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).
Vì \(\angle ABF,\,\,\angle ACF\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABF = \angle ACF = {90^0}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CF \bot AC\\BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CF\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song).
\(\left\{ \begin{array}{l}BF \bot AB\\CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel BF\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành (dhnb).
\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).
Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\) (theo cách vẽ) nên \(K\) cũng là trung điểm của \(HF\).
Khi đó \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(OK = \dfrac{1}{2}AH\) (tính chất đường trung bình).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;OK} \right)\).
Mà \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định, do đó \(O,\,\,K\) cố định nên \(OK\) không đổi.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) bằng \(OK\) không đổi.
Ta có: \(\angle BAC = \dfrac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BC\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).
Mà \(BC\) cố định nên \(sd\,\,cung\,\,BC\) không đổi. Do đó \(\angle BAC\) không đổi.
Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle BAC\) chung;
\(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCDE\)).
\( \Rightarrow \Delta AED \sim \Delta ACB\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AD}}{{AB}}\).
Do đó ta có: \(\dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ACB}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{{AD}}{{AB}}} \right)^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \cos \angle BAC\).
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\cos ^2}\angle BAC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AED}} = {\cos ^2}\angle BAC.{S_{\Delta ABC}}\), mà \(\cos \angle BAC\) không đổi nên để \({S_{\Delta AED}}\) đạt giá trị lớn nhất thì \({S_{\Delta ABC}}\) phải lớn nhất.
Kéo dài \(AH\) cắt \(BC\) tại \(P\) \( \Rightarrow AP \bot BC\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AP.BC\).
Do \(BC\) không đổi (theo giả thiết) nên \({S_{\Delta ABC}}\) đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi \(AP\) lớn nhất.
Khi đó \(A\) phải là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \({S_{AED}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu V (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Ta có: \(x + y + z = xyz \Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}} = 1\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\\c = \dfrac{1}{z}\end{array} \right.\left( {a,b,c > 0} \right)\) \( \Rightarrow ab + bc + ca = 1\).
Khi đó
\(\begin{array}{l}Q = {a^2}\left( {\dfrac{1}{b} + 2} \right) + {b^2}\left( {\dfrac{1}{c} + 2} \right) + {c^2}\left( {\dfrac{1}{a} + 2} \right)\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) ta có:
\(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c}} = a + b + c\)
Lại có:
\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\\ \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\\ \ge ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca\\ = 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow a + b + c \ge \sqrt {3\left( {ab + bc + ca} \right)} = \sqrt 3 \end{array}\)
Do đó
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \ge a + b + c + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge \sqrt 3 + 2\end{array}\)
Vậy \({Q_{\min }} = \sqrt 3 + 2\).
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\\P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4x - 8\sqrt x - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{ - 8\sqrt x - 4x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - 4\sqrt x \left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{1}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\end{array}\)
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = - 4 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }} = - 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( {1 - \sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4 + 4\sqrt x \\ \Leftrightarrow 3\sqrt x = 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{4}{3}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{16}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = - 4\) thì \(x = \dfrac{{16}}{9}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\). Thay tọa độ điểm \(\left( {0;2} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có: \(2 = a.0 + b \Leftrightarrow b = 2\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = ax + 2\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(3 = a.2 + 2 \Leftrightarrow 2a = 1 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}\).
Vậy \(a = \dfrac{1}{2}\) và \(b = 2.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x + 3y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\1 + 3y = 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x + 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) + \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) + 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 4} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} \ne 1,\,\,{x_2} \ne 1\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\1 + 5 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{5^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\m + 4 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m < 33\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m \ne - 4\end{array} \right.\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}.{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2{x_1} + 1 + x_2^2 - 2{x_2} + 1 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Rightarrow 25 - 2\left( {m - 2} \right) - 2.\left( { - 5} \right) + 2 = {\left( {m - 2 + 5 + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 25 - 2m + 4 + 10 + 2 = {\left( {m + 4} \right)^2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 41 = {m^2} + 8m + 16\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m - 25 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m} = {\left( { - 5} \right)^2} - \left( { - 25} \right) = 50 > 0\), do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{ - 10 + \sqrt {50} }}{2} = - 5 + 5\sqrt 2 \\{m_1} = \dfrac{{ - 10 - \sqrt {50} }}{2} = - 5 - 5\sqrt 2 \end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy có hai giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = - 5 \pm 5\sqrt 2 \).
Câu IV (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
Vì \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BD \bot AC,\,\,CE \bot AB\).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\).
Suy ra tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).
Mà \(\angle BCE = \angle BCN = \angle BMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\) của \(\left( O \right)\)).
\( \Rightarrow \angle BDE = \angle BMN\,\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
Vậy \(MN\parallel DE\,\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Gọi \(BD \cap CE = \left\{ H \right\}\).
Xét tứ giác \(AEHD\) có \(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Lại có \(\angle AEH = {90^0}\) nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác \(AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), tâm \(I\) là trung điểm của \(AH\).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;\dfrac{{AH}}{2}} \right)\).
Kẻ đường kính \(AF\) và gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).
Vì \(\angle ABF,\,\,\angle ACF\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABF = \angle ACF = {90^0}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CF \bot AC\\BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CF\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song).
\(\left\{ \begin{array}{l}BF \bot AB\\CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel BF\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành (dhnb).
\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).
Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\) (theo cách vẽ) nên \(K\) cũng là trung điểm của \(HF\).
Khi đó \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(OK = \dfrac{1}{2}AH\) (tính chất đường trung bình).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;OK} \right)\).
Mà \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định, do đó \(O,\,\,K\) cố định nên \(OK\) không đổi.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) bằng \(OK\) không đổi.
Ta có: \(\angle BAC = \dfrac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BC\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).
Mà \(BC\) cố định nên \(sd\,\,cung\,\,BC\) không đổi. Do đó \(\angle BAC\) không đổi.
Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle BAC\) chung;
\(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCDE\)).
\( \Rightarrow \Delta AED \sim \Delta ACB\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AD}}{{AB}}\).
Do đó ta có: \(\dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ACB}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{{AD}}{{AB}}} \right)^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \cos \angle BAC\).
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\cos ^2}\angle BAC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AED}} = {\cos ^2}\angle BAC.{S_{\Delta ABC}}\), mà \(\cos \angle BAC\) không đổi nên để \({S_{\Delta AED}}\) đạt giá trị lớn nhất thì \({S_{\Delta ABC}}\) phải lớn nhất.
Kéo dài \(AH\) cắt \(BC\) tại \(P\) \( \Rightarrow AP \bot BC\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AP.BC\).
Do \(BC\) không đổi (theo giả thiết) nên \({S_{\Delta ABC}}\) đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi \(AP\) lớn nhất.
Khi đó \(A\) phải là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \({S_{AED}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu V (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Ta có: \(x + y + z = xyz \Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}} = 1\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\\c = \dfrac{1}{z}\end{array} \right.\left( {a,b,c > 0} \right)\) \( \Rightarrow ab + bc + ca = 1\).
Khi đó
\(\begin{array}{l}Q = {a^2}\left( {\dfrac{1}{b} + 2} \right) + {b^2}\left( {\dfrac{1}{c} + 2} \right) + {c^2}\left( {\dfrac{1}{a} + 2} \right)\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) ta có:
\(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c}} = a + b + c\)
Lại có:
\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\\ \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\\ \ge ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca\\ = 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow a + b + c \ge \sqrt {3\left( {ab + bc + ca} \right)} = \sqrt 3 \end{array}\)
Do đó
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \ge a + b + c + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge \sqrt 3 + 2\end{array}\)
Vậy \({Q_{\min }} = \sqrt 3 + 2\).
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Thanh Hóa năm 2020 là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh sau nhiều năm học tập ở bậc THCS. Môn Toán là một trong những môn thi chính, đóng vai trò quan trọng trong việc xét tuyển vào các trường THPT chuyên và các trường THPT công lập hàng đầu của tỉnh.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020, các em học sinh cần nắm vững các kiến thức trọng tâm sau:
Luyện đề thi là một bước quan trọng trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020. Việc luyện đề thi giúp các em:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020:
Đề thi này tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán hình học cũng xuất hiện với mức độ khó vừa phải. Để giải tốt đề thi này, các em cần nắm vững các công thức và phương pháp giải toán đại số cơ bản.
Đề thi này có sự cân bằng giữa đại số và hình học. Các bài toán hình học đòi hỏi các em phải có khả năng tư duy không gian và vận dụng các định lý hình học một cách linh hoạt. Phần đại số tập trung vào các bài toán về hàm số và bất phương trình.
Đề thi này có độ khó cao hơn so với hai đề thi trước. Các bài toán đòi hỏi các em phải có khả năng phân tích và tổng hợp thông tin, vận dụng các kiến thức toán học một cách sáng tạo. Phần hình học tập trung vào các bài toán về đường tròn và hệ tọa độ.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 mà toan9.edu.vn cung cấp, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Kỳ thi tuyển sinh vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Với bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 mà toan9.edu.vn cung cấp, cùng với việc luyện tập thường xuyên và nắm vững kiến thức trọng tâm, chúng tôi tin rằng các em sẽ đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
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.
