toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các dạng đề thi, từ đề chính thức đến đề thi thử, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\). 1. Rút gọn biểu thức \(A\). 2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của m để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3: Với \(x \in \mathbb{R}\),tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\).
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H.
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
----- HẾT -----
Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của m để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3: Với \(x \in \mathbb{R}\),tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\).
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H.
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1.Sử dụng tính chất căn bậc hai.
2. Giải phương trình với A vừa rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a - 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a + 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có: \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
Vậy với \(a = 5\) thì \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
2. Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Xét phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) có \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = 25 - 4m + 12 = 37 - 4m\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 37 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow - 4m \ge - 37 \Leftrightarrow m \le \frac{{37}}{4}\).
Vậy phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Theo a, phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)
Để \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\)
\(\begin{array}{l}2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 3} \right) - \left( { - 5} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2m = 3\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3 (NB):
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\\\,\,\,\,\, = \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 2|2x - 3| + 2024\\\,\,\,\,\, = {\left( {2x - 3} \right)^2} - 2|2x - 3| + 2024\end{array}\)
Đặt \(t = |2x - 3| \ge 0\)
Khi đó ta có: \(P = {t^2} - 2t + 2024 = {(t - 1)^2} + 2023\)
Vì \(t \ge 0 \Rightarrow t - 1 \ge - 1 \Rightarrow {(t - 1)^2} \ge 0\) nên \(P \ge 0 + 2023 = 2023\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)
Suy ra: \(|2x - 3| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 3 = 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(2023\) khi \(x = 1\) hoặc \(x = 2.\)
Câu 4 (NB):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \(\angle MHC = {90^0}\left( {MH \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MHC + \angle MAC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MHCA nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
Do AMHC nội tiếp (cmt) nên \(\angle MAH = \angle MCH\) (cùng chắn cung MH)
Và \(\angle MHA = \angle MCA\) (cùng chắn cung AM)
Mà \(\angle MCH = \angle ECB = \angle EAB\) (cùng chắn cung EB) và \(\angle ACE = \angle EBA\) (cùng chắn cung AE)
\( \Rightarrow \angle MAH = \angle EAB\left( { = \angle ECB} \right)\) và \(\angle MHA = \angle EBA\left( { = \angle ECA} \right)\)
Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta EBA\) có:
\(\angle MAH = \angle EAB\) (cmt)
\(\angle MHA = \angle EBA\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta MAH\backsim \Delta EAB\left( g.g \right)$ (đpcm)
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
Do MHCA nội tiếp nên \(\angle AHC = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC)
Mà \(\angle AMC = \frac{1}{2}\left( {sdcAC + sdcEB} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - sdcAE} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle EOA} \right) = \frac{1}{2}\left( {\angle AEO + \angle EAO} \right)\)
Mà \(\Delta OEA\) cân do OA = OE nên \(\angle OEA = \angle OAE\)
\( \Rightarrow \angle AMC = \frac{1}{2}.2.\angle OEA = \angle OEA\)
\( \Rightarrow \angle AHO = \angle AEO\left( { = \angle AMC} \right)\)
Xét tứ giác OHEA có \(\angle AHO = \angle AEO\)
Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp
\( \Rightarrow \angle KAO = \angle KEH\) (cùng chắn cung OH) và \(\angle KOA = \angle KHE\) (cùng chắn cung AE)
Xét \(\Delta KOA\) và \(\Delta KHE\) có:
\(\angle KAO = \angle KEH\left( {cmt} \right)\)
\(\angle KOA = \angle KHE\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta KOA\backsim \Delta KHE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KO}{KH}=\frac{KA}{KE}\Rightarrow KO.KE=KH.KA$ (đpcm)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1.Sử dụng tính chất căn bậc hai.
2. Giải phương trình với A vừa rút gọn.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức \(A\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a + 3}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a - 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a + 3}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có: \(A = \frac{1}{{\sqrt a - 3}}.\)
Vậy với \(a = 5\) thì \(A = \frac{1}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2.a}}\)
2. Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = - 6\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Xét phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) có \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = 25 - 4m + 12 = 37 - 4m\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 37 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow - 4m \ge - 37 \Leftrightarrow m \le \frac{{37}}{4}\).
Vậy phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Theo a, phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)
Để \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\)
\(\begin{array}{l}2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 3} \right) - \left( { - 5} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2m = 3\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).
Câu 3 (NB):
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\\\,\,\,\,\, = \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 2|2x - 3| + 2024\\\,\,\,\,\, = {\left( {2x - 3} \right)^2} - 2|2x - 3| + 2024\end{array}\)
Đặt \(t = |2x - 3| \ge 0\)
Khi đó ta có: \(P = {t^2} - 2t + 2024 = {(t - 1)^2} + 2023\)
Vì \(t \ge 0 \Rightarrow t - 1 \ge - 1 \Rightarrow {(t - 1)^2} \ge 0\) nên \(P \ge 0 + 2023 = 2023\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)
Suy ra: \(|2x - 3| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 3 = 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(2023\) khi \(x = 1\) hoặc \(x = 2.\)
Câu 4 (NB):
Cách giải:
1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.
Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \(\angle MHC = {90^0}\left( {MH \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MHC + \angle MAC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MHCA nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .
Do AMHC nội tiếp (cmt) nên \(\angle MAH = \angle MCH\) (cùng chắn cung MH)
Và \(\angle MHA = \angle MCA\) (cùng chắn cung AM)
Mà \(\angle MCH = \angle ECB = \angle EAB\) (cùng chắn cung EB) và \(\angle ACE = \angle EBA\) (cùng chắn cung AE)
\( \Rightarrow \angle MAH = \angle EAB\left( { = \angle ECB} \right)\) và \(\angle MHA = \angle EBA\left( { = \angle ECA} \right)\)
Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta EBA\) có:
\(\angle MAH = \angle EAB\) (cmt)
\(\angle MHA = \angle EBA\) (cmt)
$\Rightarrow \Delta MAH\backsim \Delta EAB\left( g.g \right)$ (đpcm)
3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.
Do MHCA nội tiếp nên \(\angle AHC = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC)
Mà \(\angle AMC = \frac{1}{2}\left( {sdcAC + sdcEB} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - sdcAE} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle EOA} \right) = \frac{1}{2}\left( {\angle AEO + \angle EAO} \right)\)
Mà \(\Delta OEA\) cân do OA = OE nên \(\angle OEA = \angle OAE\)
\( \Rightarrow \angle AMC = \frac{1}{2}.2.\angle OEA = \angle OEA\)
\( \Rightarrow \angle AHO = \angle AEO\left( { = \angle AMC} \right)\)
Xét tứ giác OHEA có \(\angle AHO = \angle AEO\)
Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp
\( \Rightarrow \angle KAO = \angle KEH\) (cùng chắn cung OH) và \(\angle KOA = \angle KHE\) (cùng chắn cung AE)
Xét \(\Delta KOA\) và \(\Delta KHE\) có:
\(\angle KAO = \angle KEH\left( {cmt} \right)\)
\(\angle KOA = \angle KHE\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta KOA\backsim \Delta KHE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KO}{KH}=\frac{KA}{KE}\Rightarrow KO.KE=KH.KA$ (đpcm)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Quảng Bình là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước đóng vai trò then chốt.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Luyện đề thi không chỉ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi mà còn giúp các em:
Dưới đây là một số dạng đề thi thường gặp trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Bình:
Để luyện đề thi hiệu quả, các em nên:
Ngoài các đề thi thử và đề thi chính thức, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Bình. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
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!
