toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. 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 dạng đề thi, từ đề thi chính thức đến đề thi thử, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\) 1. Rút gọn biểu thức \(P\)
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)
1. Rút gọn biểu thức \(P\)
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?
Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.
Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thúc \(P\).
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)
\(P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\).
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.
Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}\):
Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.
Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. phương trình bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.
Cách giải:
1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\).
Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0\) có \(a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 \).
\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)
\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).
2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.
\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. Thay vào hàm số.
2. Dùng vi - et.
Cách giải:
1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .
Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).
Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).
2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\).
Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).
Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).
Theo đề bài ta có:
\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)
Vậy \(m = - 3\).
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Lập hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).
Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:
\(x + y = 500\left( 1 \right)\)
Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)
Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.
Tứ giác \(SAOB\) có:
\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))
\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).
Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).
Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)
\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\).
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.
Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).
\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).
Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).
Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).
Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).
\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).
\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).
Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).
Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).
Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).
\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).
Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).
\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).
Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)
\(\; = \frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp thông tin chi tiết về cấu trúc đề thi, nội dung kiến thức trọng tâm và các phương pháp ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để ôn luyện hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, các em cần nắm vững các kiến thức sau:
Để ôn luyện hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, các em có thể áp dụng các phương pháp sau:
Trong quá trình làm bài thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023, các em cần lưu ý những điều sau:
Dưới đây là một số đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023 (có đáp án) để các em tham khảo:
| Năm | Đề thi | Đáp án |
|---|---|---|
| 2023 | Đề thi chính thức | Đáp án chính thức |
| 2023 | Đề thi thử 1 | Đáp án thử 1 |
| 2023 | Đề thi thử 2 | Đáp án thử 2 |
Chúc các em học sinh ôn luyện tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Hà Nam năm 2023!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore 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 sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
