Năm 2020, kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nghệ An đã diễn ra với nhiều thay đổi trong cấu trúc đề thi môn Toán. toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi chính thức và các đề thi thử chất lượng cao, giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh tự học hiệu quả và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi quan trọng này.
Câu 1: a) Tính
Câu 1:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Câu 2:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Câu 3:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Câu 5:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Câu 1 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \\\,\,\,\,\, = \left| {1 - 2\sqrt 5 } \right| - \sqrt {{2^2}.5} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 - 1 - 2\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = - 1\end{array}\)
Vậy \(A = - 1\).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} }}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{\sqrt x + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{2}{{x - 4}}\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{2}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\) thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 5\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 4\\m \ne 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \pm 2\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)
Vậy \(m = - 2\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\(\Delta = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + \sqrt 1 }}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{5 - \sqrt 1 }}{2} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 3,{x_2} = 2\).
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Ta thấy \(a.c = 1.\left( { - 3} \right) = - 3 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \ne 0\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Khi đó,
\(\begin{array}{l}T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}} = \dfrac{{x_1^3 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{4^3} - 3.\left( { - 3} \right).4}}{{ - 3}}\\\,\,\,\,\, = - \dfrac{{100}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \dfrac{{100}}{3}\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất được trong tháng hai là \(x,y\) (chai, \(x,y \in {\mathbb{N}^*},x,y < 250\))
Trong tháng hai, hai lớp sản suất được 250 chai nước rửa tay nên \(x + y = 250\) (1)
Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng ba là:
\(x + 25\% x = x + 0,25x = 1,25x\) chai
Số chai nước rửa tay lớp 9B sản xuất được trong tháng ba là:
\(y + 20\% y = y + 0,2y = 1,2y\) chai
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là:
\(250 + 250.22\% = 305\) chai
Trong tháng ba, hai lớp sản suất được 305 chai nước rửa tay nên \(1,25x + 1,2y = 305\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,2y = 300\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,05x = 5\\x + y = 250\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\\y = 150\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy lớp 9A sản suất được \(100\) chai nước rửa tay.
lớp 9B sản suất được \(150\) chai nước rửa tay.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(EH \bot AB \Rightarrow \angle AHE = {90^0}\)
Tứ giác ADEH có: \(\angle ADE + \angle AHE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
Tứ giác ADCK nội tiếp nên \(\angle ADK = \angle ACK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (1)
Xét tứ giác ECBH có:
\(\angle ECB = \angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle EHB = {90^0}\left( {do\,\,EH \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)
\( \Rightarrow \angle ACK = \angle DBA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ADK = \angle DBA \Rightarrow \angle ADI = \angle DBA\)
Lại có \(\angle DBA + \angle DAB = {90^0}\) nên \(\angle ADI + \angle DAB = {90^0}\) hay \(\angle ADI + \angle DAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DIA = {180^0} - \left( {\angle ADI + \angle DAI} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow DI \bot AB\) nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB
\( \Rightarrow D{I^2} = IA.IB\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Theo câu b, \(DK \bot BA\) tại \(I\) nên AB là đường trung trực của DK
\( \Rightarrow DA = AK\) \( \Rightarrow sd\,cung\,AD = sd\,cung\,AK\)
\( \Rightarrow \angle DCA = \angle ACK\) \( \Rightarrow CA\) là tia phân giác của góc \(\angle DCH\)
\( \Rightarrow \angle DCH = 2\angle ECH\) (3)
Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên \(HM\) là đường trung tuyến
\( \Rightarrow MH = MB \Rightarrow \Delta MHB\) cân tại \(M\)
\( \Rightarrow \angle DMH = \angle MHB + \angle MBH = 2\angle MBH = 2\angle EBH\) (4)
Tứ giác ECBH có: \(\angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\angle DCH = \angle DMH\)
\( \Rightarrow DCMH\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle NCM = \angle NHD\) (tính chất)
Xét \(\Delta NCM\) và \(\Delta NHD\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NCM = \angle NHD\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NCM \sim \Delta NHD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{ND}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NC.ND = NM.NH\) (6)
Tứ giác \(HMBF\) nội tiếp nên \(\angle NMB = \angle NFH\) (tính chất)
Xét \(\Delta NMB\) và \(\Delta NFH\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NMB = \angle NFH\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta NMB \sim \Delta NFH\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NM}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{NH}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NM.NH = NB.NF\) (7)
Từ (6) và (7) suy ra \(NC.ND = NF.NB \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\)
Xét \(\Delta NBC\) và \(\Delta NDF\) có:
Góc \(N\) chung
\(\begin{array}{l}\dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NBC \sim \Delta NDF\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NCB = \angle NFD = \angle BFD\) (góc tương ứng)
Mà \(\angle NCB + \angle DCB = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle BFD + \angle DCB = {180^0}\)
Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {{x^3} + 2{x^2} - x - 2} \right) + \left( {2{y^2} + x{y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) + {y^2}\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1 + {y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\{x^2} - 1 + {y^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{y^2} = 1 - {x^2}\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x = - 2\) thay vào \(\left( 2 \right)\) được:
\(\begin{array}{l}4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} + 8 - 6 - 2} \right) \Leftrightarrow 4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right).{y^2}\\ \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1 - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y^2} = 0\\\sqrt {{y^2} + 1} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} + 1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)
TH2: \({y^2} = 1 - {x^2}\) thay vào (2) được:
\(\begin{array}{l}4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {1 - {x^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( { - {x^3} - {x^2} + 3x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2} - 3x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) thì \({y^2} = 1 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 0\).
Với \(4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 4 = \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = - {x^2} + 2x + 5\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{ - {x^2} + 2x + 5}}{{{x^2} + 2x - 1}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
(Do \({x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \pm \sqrt 2 \) không thỏa mãn phương trình)
Vì \({x^2} + {y^2} = 1\) nên \({x^2} \le 1 \Rightarrow - 1 \le x \le 1\)
\( \Rightarrow 1 \le \sqrt {2 - {x^2}} \le \sqrt 2 \) hay \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \)
Lại có,
Với \(x \le 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \ge \dfrac{{6 - {{\left( {1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2} - 2}} = 3 \Rightarrow VP\left( * \right) \ge 3\)
Với \(x \ge - 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \le \dfrac{{6 - {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} - 2}} = - 1 \Rightarrow VP\left( * \right) \le - 1\)
Do đó với \( - 1 \le x \le 1\) thì \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
\( \Rightarrow \) (*) vô nghiệm do \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \) và \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { - 2;0} \right),\left( { - 2; - 2\sqrt 2 } \right),\left( { - 2;2\sqrt 2 } \ri
Câu 1:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Câu 2:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Câu 3:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Câu 5:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Câu 1 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {1 - 2\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {20} \\\,\,\,\,\, = \left| {1 - 2\sqrt 5 } \right| - \sqrt {{2^2}.5} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 - 1 - 2\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = - 1\end{array}\)
Vậy \(A = - 1\).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} }}} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{\sqrt x + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}\\B = \dfrac{2}{{x - 4}}\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{2}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).
c) Tìm giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\).
Để đường thẳng \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m\) song song với đường thẳng \(y = 5x + 2\) thì:
\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 5\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 4\\m \ne 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \pm 2\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)
Vậy \(m = - 2\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\(\Delta = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + \sqrt 1 }}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{5 - \sqrt 1 }}{2} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 3,{x_2} = 2\).
b) Cho phương trình \({x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}}\).
Ta thấy \(a.c = 1.\left( { - 3} \right) = - 3 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \ne 0\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Khi đó,
\(\begin{array}{l}T = \dfrac{{x_1^2}}{{{x_2}}} + \dfrac{{x_2^2}}{{{x_1}}} = \dfrac{{x_1^3 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2}}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{4^3} - 3.\left( { - 3} \right).4}}{{ - 3}}\\\,\,\,\,\, = - \dfrac{{100}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \dfrac{{100}}{3}\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Hưởng ứng phương trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản suất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất được trong tháng hai là \(x,y\) (chai, \(x,y \in {\mathbb{N}^*},x,y < 250\))
Trong tháng hai, hai lớp sản suất được 250 chai nước rửa tay nên \(x + y = 250\) (1)
Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng ba là:
\(x + 25\% x = x + 0,25x = 1,25x\) chai
Số chai nước rửa tay lớp 9B sản xuất được trong tháng ba là:
\(y + 20\% y = y + 0,2y = 1,2y\) chai
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là:
\(250 + 250.22\% = 305\) chai
Trong tháng ba, hai lớp sản suất được 305 chai nước rửa tay nên \(1,25x + 1,2y = 305\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,2y = 300\\1,25x + 1,2y = 305\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,05x = 5\\x + y = 250\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\\y = 150\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy lớp 9A sản suất được \(100\) chai nước rửa tay.
lớp 9B sản suất được \(150\) chai nước rửa tay.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(EH \bot AB \Rightarrow \angle AHE = {90^0}\)
Tứ giác ADEH có: \(\angle ADE + \angle AHE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh \(D{I^2} = AI.BI\).
Tứ giác ADCK nội tiếp nên \(\angle ADK = \angle ACK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (1)
Xét tứ giác ECBH có:
\(\angle ECB = \angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle EHB = {90^0}\left( {do\,\,EH \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)
\( \Rightarrow \angle ACK = \angle DBA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ADK = \angle DBA \Rightarrow \angle ADI = \angle DBA\)
Lại có \(\angle DBA + \angle DAB = {90^0}\) nên \(\angle ADI + \angle DAB = {90^0}\) hay \(\angle ADI + \angle DAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DIA = {180^0} - \left( {\angle ADI + \angle DAI} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow DI \bot AB\) nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB
\( \Rightarrow D{I^2} = IA.IB\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).
Theo câu b, \(DK \bot BA\) tại \(I\) nên AB là đường trung trực của DK
\( \Rightarrow DA = AK\) \( \Rightarrow sd\,cung\,AD = sd\,cung\,AK\)
\( \Rightarrow \angle DCA = \angle ACK\) \( \Rightarrow CA\) là tia phân giác của góc \(\angle DCH\)
\( \Rightarrow \angle DCH = 2\angle ECH\) (3)
Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên \(HM\) là đường trung tuyến
\( \Rightarrow MH = MB \Rightarrow \Delta MHB\) cân tại \(M\)
\( \Rightarrow \angle DMH = \angle MHB + \angle MBH = 2\angle MBH = 2\angle EBH\) (4)
Tứ giác ECBH có: \(\angle ECB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ECH = \angle EBH\) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\angle DCH = \angle DMH\)
\( \Rightarrow DCMH\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle NCM = \angle NHD\) (tính chất)
Xét \(\Delta NCM\) và \(\Delta NHD\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NCM = \angle NHD\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta NCM \sim \Delta NHD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{ND}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NC.ND = NM.NH\) (6)
Tứ giác \(HMBF\) nội tiếp nên \(\angle NMB = \angle NFH\) (tính chất)
Xét \(\Delta NMB\) và \(\Delta NFH\) có:
Góc \(N\) chung
\(\angle NMB = \angle NFH\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta NMB \sim \Delta NFH\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NM}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{NH}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow NM.NH = NB.NF\) (7)
Từ (6) và (7) suy ra \(NC.ND = NF.NB \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\)
Xét \(\Delta NBC\) và \(\Delta NDF\) có:
Góc \(N\) chung
\(\begin{array}{l}\dfrac{{NC}}{{NF}} = \dfrac{{NB}}{{ND}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NBC \sim \Delta NDF\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NCB = \angle NFD = \angle BFD\) (góc tương ứng)
Mà \(\angle NCB + \angle DCB = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle BFD + \angle DCB = {180^0}\)
Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\end{array} \right.\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 2{y^2} + x{y^2} = 2 + x - 2{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {{x^3} + 2{x^2} - x - 2} \right) + \left( {2{y^2} + x{y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) + {y^2}\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1 + {y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\{x^2} - 1 + {y^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{y^2} = 1 - {x^2}\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x = - 2\) thay vào \(\left( 2 \right)\) được:
\(\begin{array}{l}4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right)\left( {{y^2} + 8 - 6 - 2} \right) \Leftrightarrow 4{y^2} = \left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1} \right).{y^2}\\ \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} + 1 - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {y^2}\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y^2} = 0\\\sqrt {{y^2} + 1} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} + 1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\{y^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)
TH2: \({y^2} = 1 - {x^2}\) thay vào (2) được:
\(\begin{array}{l}4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {1 - {x^2} - {x^3} + 3x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {1 - {x^2}} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( { - {x^3} - {x^2} + 3x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2} - 3x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\4x + 4 - \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) thì \({y^2} = 1 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 0\).
Với \(4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}4x + 4 = \left( {\sqrt {2 - {x^2}} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 4 = \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} \left( {{x^2} + 2x - 1} \right) = - {x^2} + 2x + 5\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{ - {x^2} + 2x + 5}}{{{x^2} + 2x - 1}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = \dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
(Do \({x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \pm \sqrt 2 \) không thỏa mãn phương trình)
Vì \({x^2} + {y^2} = 1\) nên \({x^2} \le 1 \Rightarrow - 1 \le x \le 1\)
\( \Rightarrow 1 \le \sqrt {2 - {x^2}} \le \sqrt 2 \) hay \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \)
Lại có,
Với \(x \le 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \ge \dfrac{{6 - {{\left( {1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2} - 2}} = 3 \Rightarrow VP\left( * \right) \ge 3\)
Với \(x \ge - 1\) thì \(\dfrac{{6 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}} \le \dfrac{{6 - {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} - 2}} = - 1 \Rightarrow VP\left( * \right) \le - 1\)
Do đó với \( - 1 \le x \le 1\) thì \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
\( \Rightarrow \) (*) vô nghiệm do \(1 \le VT\left( * \right) \le \sqrt 2 \) và \(VP\left( * \right) \ge 3\) hoặc \(VP\left( * \right) \le - 1\).
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { - 2;0} \right),\left( { - 2; - 2\sqrt 2 } \right),\left( { - 2;2\sqrt 2 } \ri
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Nghệ An năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020:
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Lời giải:
2x + 3 = 7
2x = 7 - 3
2x = 4
x = 2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Lời giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 + 16
BC2 = 25
BC = 5cm
Để ôn thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2020 hiệu quả, học sinh nên:
Dưới đây là một số tài liệu ôn thi tham khảo hữu ích:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và có phương pháp ôn thi đúng đắn là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Nghệ An năm 2020. Hy vọng rằng bài viết này đã cung cấp những thông tin hữu ích và giúp các em học sinh tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
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!
