Bộ 5 đề thi chọn HSG năm 2021 môn Toán 11- Trường THPT Võ Thị Sáu

Xác định tọa độ D. b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao cho tứ giác ABCM có diện tích bằng 24.. Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phâ[r]

Trang | TRƯỜNG THPT VÕ THỊ SÁU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút

1 ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm)

a) Giải bất phương trình:x26x 2 2(2x) 2x1

b) Giải hệ phương trình:

5 10

4

x xy y y

x y

    



   



Câu 2.(2,0 điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm

2

( )

x m y x my x y xy     



  

Câu 3.(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho điểm (2;4)I đường thẳng d1: 2x  y 0,

2: 2

d x  y Viết phương trình đường trịn ( )C có tâm I cho ( )C cắt d1 A B, cắt d2 ,

C D thỏa mãn AB2CD2165AB CD

Câu (2,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vng góc với phân giác AL

5

CM

AL   Tính b

c cosA

Cho a,b  thỏa mãn: (2 )(1 ) a b

   Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4

16

P a  b Câu 5. (2,0 điểm) Cho  

f x x ax b với a,b thỏa mãn điều kiện: Tồn số nguyên m n p, , đôi phân biệt 1m n p, , 9 cho: f m   f n   f p  7 Tìm tất số (a;b)

Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2cos2 x(tan2 xtan )x sinxcosx

Câu (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2y22x4y 4 tâm Ivà điểm M(3; 2) Viết phương trình đường thẳng  qua M,  cắt ( )C hai điểm phân biệt A B,

Trang | Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

 

4

3 2

2

3 x x y y

x y x y

   

 



 

 ( , )

Câu (2,0 điểm) Cho số a b c, , không âm cho tổng hai số dương Chứng minh :

6 a b c ab bc ca b c a c a b a b c

 

   

    

Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho A  3;1 ,B 3;9 , C 2; 3  a) Gọi D ảnh A qua phép tịnh tiến theo BC Xác định tọa độ D

b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD M cho tứ giác ABCM có diện tích 24

ĐÁP ÁN

Câu1 Đáp án Điểm

1điểm

Điều kiện:

x Đặt t 2x1 (t0) 2x t2 Khi ta có

2 2

6 2(2 ) 3( 1)

x  x  x t x  tx t t   

1.0

2

(x t) (2t 1) (x 3t 1)(x t 1)           

  x t (do 0; 1;

x    t x  t )

Với x 1 t ta có 2 2 2

x

x x x

x x x

 

      

    

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S  [2 2;)

điểm

5 10

(1)

4 (2)

x xy y y

x y

    



   

 Điều kiện:

5

x  1,0

Th1: y  0 x không thỏa mãn

Th2: y0 ta có:

5

5 2

(1) x x y y (t y t)( t y t y ty y )

y y

 

             

Trang |

 2 2 2

(ty) ( t y )  (t y) (t  yt y ) 2 0 t=y hay y2 x

Thay vào (2): 4x 5 x 8

2 4x 37x 40 23 5x

    

2

23

42 41 x x x           x

    y

Đối chiếu đk ta nghiêm hệ là: ( ; )x y (1;1);( 1;1) 

Câu2 Hệ cho tương đương với:

2

0 (1) (2) my y m x yx y           2.0 3 điểm

Phương trình (2) (ẩn x) có nghiệm 0 x y y y y            Th1: m0, ta có y0, x0 Suy m0 thỏa mãn

Th2: m0.Phương trình (1) (ẩn y) khơng có nghiệm thuộc khoảng (   ; 4] [0; ) (*) (1) vơ nghiệm (1) có nghiệm thuộc ( 4;0), điều kiện

2 2

1

1

4 m m y y                      2 2

1

1

1

4

2 1

4 m m m m m m                                 2 1 ( ; ) ( ; ) 2

1 ( )

1

m

m

m m A

m m                             (B)

(với y y1, 2 nghiệm phương trình (1))

(A) 1 17

1

m m m m                 

(B) ( ; 4) ( ;1 ) 17

m    

Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (1) (ẩn y) có nghiệm thuộc khoảng (   ; 4] [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện

4

; 17 m m 

   Vậy tất giá trị m cần tìm 17 m 

 

Trang |

2 điểm

1

( ; ) ( ; )

2

;

5

I d I d

IEd  IF d 

Gọi R bán kính đường trịn ( )C cần tìm ( R )

2 4; 2 36

5

AB AE R  CD CF  R 

Theo giả thiết ta có: 36 36

4 16 20

5 5

R R R R

        

   

   

2 2 2

8R 16 (5R 4)(5R 36) 2R (5R 4)(5R 36)

         

2 2

(2R 4) (5R 4)(5R 36)

     (do

5

R ) R 2 ( R )

Vậy phương trình đường trịn ( )C cần tìm ( ) : (C x2)2 (y 4)2 8

4.a

1 điểm

Ta có: AL b AB c AC b c b c

 

  1.0

2

CA CB AB AC

CM    

Theo giả thiết: ALCM AL CM 0

  

  

2 2

2 cos cos

2 cos ( cos 1)

b AB c AC AB AC bc bc A cb A cb

c b A c b do A

        

       

Khi đó:

2 2 2

2

2

b a c a b CM     

     

2

2 1 2 2

2

9 9

AL  ABAC  AB AC  AB AC  b a

 

2 2

2 2

3 9

5 5

2

CM CM a b

AL AL b a



     



2

2 5

9 a b

b a 

  



2

2

a b   

2 2 2

2

5

cos

2 4

b c a b a A

bc b

   

Trang | 4.b

1điểm

C/M : 2 2 2

( ) ( )

a b  c d  a c  b d ấu xẩy khi: a b

c  d 1.0

Áp dụng (1) ta có :

2

2 2 2

4 ( )

1 4

4 4 16

p a a a b

b b

    

          

   

Mặt khác: (1 )(1 ) a b

   

2 a b ab  (2)

Mà:

2

2

2 2

2

1

3( )

4 2 4

2

2

a a

a b

b b a b ab a b

a b

ab 

  

 

         

  

 



(3)

Từ (1) (3) suy ra: p2 17 Dấu “=” xẩy khi: a=1 b

Vậy: MinP2 17 Đạt a=1 b

Câu 2 điểm

3 số f(m),f(n),f(p) dương, âm có số dấu nên:

Th1: f(m),f(n),f(p) -7 loại phương trình f(x)-7=0 có nghiệm phân biệt

2,0

Th2: ( )f m  f n( )7và ( )f p  7

Khơng tính tổng qt,giả sử m>n m  p n p ta có: m,n nghiệm pt:

2

7

x ax b   p nghiệm pt: x2ax b  7 nên :

( )( ) 14 ( )( ) 14

( )( ) 14

m n a

n p n p a n p p m

m p m p a  



         

     

2

9( )

2

9( )

n p

n m l p m

n p

n m l p m

  

   

   



    

       

 

Th3: ( )f m  f n( ) 7và ( )f p 7,khiđó hồn tồn tương tự ta có:

(p n m )( p) 14 m p

p n    

  



7 m p

p n   

    

Trang | 2 ĐỀ SỐ

Câu (3,0 điểm)

a) Cho hàm số yx23x2và hàm số y  x m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ

b) Giải bất phương trình:

2

1

0 4

 



 x x x

Câu (3,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y 0; Khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung

b) Cho tam giác ABC vng A, gọi  góc hai đường trung tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin 3

5

  Câu (3,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC Gọi D, E điểm thỏa mãn: BD 2BC;

 AE 1AC

4

 Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng

b) Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức:

2 2

b IB c IC 2a IA  0; Tìm điểm M cho biểu thức ( 2 2 2

b MB c MC 2a MA ) đạt giá trị lớn

Câu 4(2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 16x2 2x2 1 5 x24x

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y z xyz Chứng minh rằng:

2

2

1 1

1 1 x    y 1 1 z 

xyz

x y z

Câu 5: (3,0 điểm)

a) Cho tan tan

2

b  a

Chứng minh : tan 3sin 3cos

b a a

a

 



b) Chứng minh : 0 0 cos 290  sin 250 

c) 8 35

sin cos cos8 cos

64 16 64

x x x x

Câu 6: (3,0 điểm) Giải phương trình sau:

Trang |

b) 12 cos x 5sin x

12 cos x 5sin x 14

   

 

c) 1 t2 tan2 6(1 1sin )2

cos

co x x

x x

   

;

Câu (1,0 điểm): Tìm giá trị  để phương trình :

(cos 3sin  3)x2( cos 3sin 2)xsin cos  30 có nghiệm x =1

Câu (2,0 điểm):

a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 Hãy xác định phương trình d’ ảnh d qua phép tịnh tiến theo vectơ v

b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương trình :x2y22x4y 4 0.Tìm ảnh ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5)

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

Cho hàm số yx2 3x2và hàm số y  x m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm đoạn thẳng AB cách trục tọa độ

1,5

Yêu cầu tốn PT sau có hai nghiệm phân biệt

2

3

    

x x x m hay

2

   

x x m (*)có   ' m>1

Gọi x ; x nghiệm (*), I trung điểm AB ta có A B A B I

x x

x

2 

  ;

I I

y     x m m

Yêu cầu toán  yI  xI  m 1 1 m 2; m0 Kết hợp ĐK, kết luận m2

b Giải bất phương trình:

1

0

2

4

 

  x x x

(1) 1,5

TXĐ:

2

4 3 0

1 2;2 3

2

   

    

 



x x

x x

x 0,25

(1)

2

1

2

4

 



Trang |

Nếu 1 x 2thì  x2 4x  3 2x4, bất phương trình nghiệm với x: 1 x 2

Nếu

2

2

2

4

  

   

    

x x

x x

bất pt cho2x   4 x2 4x 3

0,25

2

4 16 16

 x  x   x x

5 20 19

 x  x  x 5; x

5

    0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có: x

  

Tập nghiệm bpt cho: (1;2) (2 5;3)

  0,25

2 a

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng là đường phân giác góc A có phương trình 2x  y 0; khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung

1,5

D(B;)=

5; C(0:y0) ; D(C;)=

0

y 

, theo ta có

0

0

y

y 10; y

5



     0,25

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, ý C khác phía B  suy C(0;-8)

0,25

Gọi B’(a;b) điểm đối xứng với B qua  B’nằm AC Do BB' u (1; 2) nên ta có: a2b 3 0;

Trung điểm I BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b 0Từ ta có: a= -7/5; b=4/5

0,25

Theo định lý Ta - Let suy CA 3CB'

 A(x; y);CA x; y ;CB' 44;

5

 

    

  0,25

Từ suy A( 21 26; ) 10 

;C(0;-8) 0,25

b

Xét tam giác vuông ABC vuông A, gọi  góc hai đường trung tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin

5

Trang |

Gọi a, b c tương ứng độ dài cạnh đối diện góc A, B C tam giác Có

2 2 c

CN b  

2 2 b

BM c  

Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có

2 2

BG CG BC

cos BGC

2BG.CG   

=

2 2 2

2(b c )

(4c b )(4b c )

 

  ; Do

2 2 2

2(b c )

cos

(4c b )(4b c )

  

 

Có

2

2 2 5(b c ) 2 2

(4c b )(4b c ) ;" " 4c b 4b c



         b c Do

2 2

2 2 2

2(b c ) 2(b c ).2

cos

5(b c )

(4c b )(4b c )

 

   



 

Hay sin cos2

     Dấu có tam giác vuông cân đỉnh A

3 a Cho tam giác ABC Gọi D, E

2

BD BC; AE AC

3

  Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng

1,5

Vì AE 1AC BE 1BC 3BA(1)

4 4

   

Giả sử AKx.ADBKx.BD (1 x)BA 

G B

A C

M N

K A

B D C

Trang | 10

Mà BD 2BC

 nên AK x.AD BK 2xBD (1 x)BA

    

Vì B, K, E thẳng hàng(BE) nên có m cho BKmBE Do có: mBC 3mBA 2xBC (1 x)BA

4    

Hay m 2x BC x 3m BA

4

       

   

   

Do BC; BA không phương nên m 2x &1 x 3m

4      Từ suy

1

x ; m

3

  Vậy AK 1AD 

3 b

Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2

2a IA b IB c IC

    ; Tìm điểm M: biểu thức

2 2 2

2a MA b MB c MC

   đạt giá trị lớn

1,5

Kẻ đường cao AH, ta có b2 a.CH;c2 a.BH nên b BH2 c CH2 Do đó:

2

b BH c CH 0

Suy b IB c IC2  b IH c IH2  a IH2

Kết hợp giả thiết suy 2a IA2 a IH2 hay 2.IAIH Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa mãn A trung điểm IH

Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IAy.IB z.IC 0(*) bình phương vơ hướng vế (*), ý 2IA.IBIA2IB2AB2 ta có:

2 2 2

Trang | 11

Mặt khác xMA2 x(IA IM) x(IM2IA22IA.IM) Tương tự cho yMB2

; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có

2 2 2 2

xMA yMB zMC (x y z)IM xIA yIB zIC Thay số có:

2 2 2 2 2 2

2a MA b MB c MC a IM 3b c 3b c

      

Dấu xảy M trùng I

4 a Giải phương trình: 16x2 2x2 1 5 x24x

(*) 1,5

ĐK: x ; x

2

  

(*)(3x 1) 2(2x2 1) 2(3x 1) 2x 2  1 (3x 1) 2(2x2 1) (10x28x)

 2  

2

3x 2x x

     

2

2x 2x 2(a) 2x 4x(b)     



   

Giải(a) đối chiếu ĐK có nghiệm x

  

Giải (b) vô nghiệm Kết luận (*) có nghiệm x

  

b

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y z xyz Chứng minh rằng:

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

xyz

x y z (I)

1,5

Giả thiết suy ra: 1 1

xyyzzx  Ta Có:

2

1 x 1 1 1 1

x x xy yz zx x y x z

 

              

1 1

;" " y z x y z

 

       

 

Viết hai BĐT tương tự cộng lại ta được:

2

2 1 1

1 1x   y 1 1z 

x y z

1 1

3 ;" " x y z x y z

 

     

 

Trang | 12

Ta CM:3 1 xyz x y z

   

 

       

2

3 xy yz zx xyz x y z

      

  2  2 2

x y y z z x

       Điều luông Dấu có x=y=z

Trang | 13 3 ĐỀ SỐ

Câu (2 điểm)

a Cho hàm số yx2 2mx3mvà hàm số y  2x 3 Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt hoành độ chúng dương

b.Giải bất phương trình:  x2 8x12 102x

Câu (2 điểm)

a Giải phương trình: (4 3)3 3

2

x  x x 

b Giải phương trình: 2x2 11x234 x1

Câu (2 điểm)

a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành A(hoành độ A dương), d cắt trục tung B(tung độ B dương) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OAB

b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x2)2 (y3)2 9và điểm A(1; 2) Đường thẳng qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN

Câu (3 điểm)

a Chứng minh tứ giác lồi ABCD hình bình hành

2 2 2

AB BC CD DA  AC BD

b.Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn:

2 2

1 1 1

a

h b c (trong AB=c; AC=b; đường cao qua A ha

)

Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

     

 

2 2

2

2 2 2

3 a b b c c a

a b c

b c c a a b a b c

    

   

    

Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình: sin2 tan (32 ) os2

2

x x

x c

 

     

 

 

Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

2

1 1 16

2

3

1 1 100

2( )

( ) ( ) 9

x

x y x y

x y

x y x y

   

  

 

    

  

 Câu 8:(2,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngồi tam giác ABC dựng hai tam giác ABM ACN Tìm phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN Từ suy MC=BN

Trang | 14

Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

 

sin sin .

y  x

Câu 10: (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có diện tích

2 với điểm A(2;-3), B(3;-2), trọng tâm tam giác nằm đường thẳng (d): 3x- y - = Tìm tọa độ điểm C

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Tìm m:

2

2 3

yx  mx m y  2x 3 cắt hai điểm phân biệt hoành độ

dương 1,00

Yêu cầu toán PT sau có hai nghiệm dương phân biệt

2

2 3 2 3 2( 1) 3 3 0

x  mx m   x x  m x m 

' 0

3( 1) 0

2( 1) 0

m m

   

   

  



0,25

1

' 0

4

m m

  

     

 0,25

Kết hợp nghiệm, kết luận m 4 0,25

b Giải bất phương trình:

8 12 10 2

x x x

     1,00

TXĐ:

8 12 0 2 6

x x x

       0,25

Nếu 5 x 6thì  x2 8x12  0 102x, bất phương trình nghiệm với x:

5 x 6 0,25

Nếu

2

10 2 0

2 5

8 12 0

x x

x x

 

    

   

 bất pt cho

2

8 12 4 40 100

x x x x

       28

5 48 112 0 4

5

x x x

       0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có: 4 x 5

Trang | 15 2 a Giải phương trình: (4 3)3 3

2

x  x x  (1) 1,00

Đặt

4 3

y x  x (1) có dạng:

3

3

2 2 3

( )

4 3

y x

I

x x y

  

 

  

 Khi nghiệm (1) x ứng với

(x;y) nghiệm (I)

0,25

(I)

3

3

2

2 ( )

y x

x y x y

  

  

   



3

2

2 2 3(2)

( )(2 2 2 1) 0(3)

y x

x y x xy y

  

  

    

 0,25

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1): 3

4

x  0,25

TH2: 2x22xy2y2    1 0; 'x 3y2 Nếu có nghiệm

3

y  Tương tự có

2 3

x  Khi VT (2) 

3

2

4

3 3

 

 

 

 

Chứng tỏ TH2 vơ nghiệm KL (1) có

nghiệm 3

4

x  0,25

b Giải phương trình: 2x211x234 x1 1,00

ĐK: x 1 (1)2(x2 6x 9) (x 1 4 x 1 4)0 0,25

2

2(x3) ( x 1 2) 0(*) 0,25

Do a2  0( a)nên pt(*)

3 0

1 2 0

x x

  

 

  

 0,25

3 x

  Vậy pt cho có nghiệm x=3 0,25

3 a M(1;4) Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành A; d cắt trục tung B Tìm giá trị nhỏ

của diện tích tam giác OAB(x yA; B 0) 1,00

Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB: x y 1

a b 0,25

Vì AB qua M nên1 4 1 1 2 4 1 16

Trang | 16

2

1 4 1

8;" "

8

2 2

a ab

b

a b

 

       



 0,25

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông O)là S . 8 2OA OB 2ab

   Vậy S nhỏ d qua A(2;0), B(0;8)

0,25

b (C): (x2)2 (y3)2 9;A(1; 2) qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ

của độ dài đoạn thẳng MN 1,0

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm đường trịn(C)

2 2

(1 2) ( 3) 2 9

IA        0,25

Kẻ IH vng góc với MN H ta có

2 2 2

9 4 4(9 )

IH HN IN  MN  HN  IH 0,25

MàIH  AH IH IA 2 MN2 4(92)28MN 2 7 0,25 Vậy MN nhỏ 2 7 H trùng A hay MN vng góc với IA A 0,25

4 a Chứng minh tứ giác lồi 2 2 2 2 2 ABCD hình bình hành 2

AB BC CD DA  AC BD 1,5

Tứ giác lồi ABCD hình bình hành ABDC ABDC0 0,25

 2

0

AB DC

   2

2 . 0

AB DC AB DC

   

0,25

2

2 .( ) 0

AB DC AB AC AD

    

2 2 2 2

( ) ( ) 0

AB DC AB AC BC AB AD BD

         (*)

(    

2 2 2

2 2

ab a  a bb  a ba b  ab )

0,25

0,25 0,25

(*) AB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2(Đpcm) ( Chú ý: làm chiều cho 0,75 đ)

0,25

4 b Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn: 12 12 12

a

h b c (1) 1,5

Trang | 17

2

2 2 2

1 4

sin a

a R

h b c A b c

  

0,25

(1)b2 c2 4R2 sin2Bsin2C1 0,25

1 cos 2B 1 cos 2C 2

     cos 2Bcos 2C0 0,25

2cos(B C)cos(B C) 0

    0,25

 

2

0 ;0

2 B C hay A

B C B C

B C

 

 



    

      

   

Vậy tam giác ABC vng A có

2 BC 

0,25

5      

 

2 2

2

2 2 2

: a b c 3 a b b c c a ; , , 0

CMR a b c

b c c a a b a b c

    

    

     1,00

XétM= 2a 2b 2c

bc ca ab 

a b a c b c b a c a c b

b c c a a b

          

  

1 1 1 1 1 1

(a b)( ) (b c)( ) (c a)( )

b c c a c a a b a b b c

        

     

0,25

2 2

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b b c c a

b c c a c a a b a b b c

     

      0,25

Vì 1

(bc c)( a) 2

4 4 1

(a b 2 )c (2a 2b 2 )c (a b c)

  

      ;

2

(ab) 0

2

2

1 ( )

( ) ;" "

( )( ) ( )

a b

a b a b

b c c a a b c



     

   

0,25

Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức lại

Suy M      

 

2 2

2

a b b c c a

a b c

    



Trang | 18 4 ĐỀ SỐ

Câu 1.(4,0 điểm) Cho parabol (P): y x2 đường thẳng (d) qua điểm I(0; 1) có hệ số góc

k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x x1; 2

1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung

2) Chứng minh x13x23   2 k R

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: 3x 1 5x 4 3x2  x 3

Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

4

1

(2 1) 1

     

 

   



x x y xy xy y

x y xy x

Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân

giác kẻ từ đỉnh A điểm 2; 3 2

  

 

 

D , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm 1;1 2

 

 

 

I

Viết phương trình đường thẳng BC

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BCa CA b BA c;  ;  (b ≠ c) diện tích S Kí hiệu

; ;

a b c

m m m độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Biết

2 2

2ma mb mc

a) Chứng minh a2 4 cotS A

b) Gọi O G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; M trung điểm BC Chứng minh góc MGO không nhọn

Câu 6.(2,0 điểm) Cho a b c; ; số thực dương thay đổi thỏa mãn 3 3

2

  

a b c Tìm giá trị

lớn biểu thức 2 12 2 12 2 12

3 3 3

  

     

M

a b b c c a

Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình cos 2sin2 x xcos x sinx

Câu (2,0 điểm) Với giá trị a hệ phương trình

3

3 2

2( ) ( 1)

1

x ay a

x ax y xy

   

 

  

 có nghiệm

nghiệm thoả mãn x, y hai số đối

Câu (2,0 điểm)

Trang | 19

B(-3; 0); C(3; 0) Điểm A di động cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC lần bán kính đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC Chứng minh A thay đổi điểm I thuộc đường cong cố định

Câu (2,0 điểm) Cho A, B, C ba góc tam giác Tìm giá trị nhỏ

T = cosA + cosB + cosC +

sin sin sin

2 2

A B C

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

I

Cho parabol (P): y x2 đường thẳng (d) qua điểm I(0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x x1; 2

1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung

2,0

+ Đường thẳng (d) có pt: y kx 1 0,5

+ PT tương giao (d) (P): 2

1 1 0(*)

x kx x kx 0,5

+ (*) ln có nghiệm phân biệt x x1; 2 k2 4 0 k 0,5

+ Trung điểm M AB có hồnh độ

2 2

  

x x k

; M nằm trục tung

0 0

2

k    k

0,5

2) Chứng minh x13x23   2 k R 2,0

Theo Vi et có: x1x2  k, x x1 2  1 0,5 Ta có: x13x23  (x1x2) ( x1x2)2x x1 2 = x1x2 (x1x2)2x x1 2 0,5

Có x1 x2 x1 x2 4x x1 2 k2 4 0,5

3

1

 x x = k24(k2 1) 2, kR Đẳng thức xảy k = 0,5

Trang | 20 3

Điều kiện: 1

3

x  0,25

(1) 3x  1 1  5x4 2 3x2x 3 3 1

3 1 5 4 2

  

   

x x

x x

x x

0,25

0( )

3 5

3 1 (*)

3 1 1 5 4 2

   



  

   

x TM

x

x x

0,25

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 nghiệm (*) 0,25

Nếu x>1 VT(*)<2<VP(*) 0,25

Nếu x<1 VT(*)>2>VP(*) Vậy (1) có nghiệm x=0; x=1 0,25

2) Giải hệ phương trình:

2

4

1(1) (*)

(2 1) 1(2)

     

 

   



x x y xy xy y

x y xy x 1,5

 

2

2

( ) ( )

(*)

1

     

  

  



x y xy x y xy

x y xy 0,25

Đặt

2

a x y

b xy

  

 

 Hệ trở thành:

1

a ab b

a b

  

 

 

 (*) 0,25

Hệ

3 2

2

2 ( 2)

(*)

1

a a a a a a

b a b a

       

 

 

   

 

 

Từ tìm ( ; )a b (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)  

0,25

Với ( ; )a b (0; 1) ta có hệ

2

0

1

x y

x y

xy

  

   



 0,25

Với ( ; )a b (1; 0) ta có hệ

2

1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)

x y

x y xy

  

   

 

 0,25

Trang | 21

2

3

3

2

1; 3

2 ( 1)( 3)

y y

x y

x y

x x

xy

x x x x x

     

         

  

 

         

Kết luận: Hệ có nghiệm ( ; )x y (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)   

4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân giác kẻ

từ đỉnh A điểm 2; 3 2

  

 

 

D , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm 1;1 2

 

 

 

I Viết

phương trình đường thẳng BC

2,0

Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính IA 0,5

Đường thẳng AD qua A có VTCP 0; 15 2

AD 

    n 1;0 véc tơ pháp tuyến AD PT đường thẳng AD là: x2

0,5

' (C); ' 

A AD A A A’ thuộc AD IA’=IA, Tìm A' 2; 4   0,5 A’ trung điểm cung BC không chứa A nên IA’ BC 0,5

đường thẳng BC qua D có ' 5;5 2

 

  

A I vecto pháp tuyến 0,5

Từ viết pt đường thẳng BC là: x2y 5 0 0,5

Câu 5. Cho tam giác ABC có BCa CA b BA c;  ;  (b ≠ c) diện tích S Kí hiệu

; ;

a b c

m m m độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Biết

2 2

2ma mb mc(*)

a) Chứng minh a2 4 cotS A

2,0

Viết công thức trung tuyến 0,25

(*)

2 2 2 2

2

2 2 4 2 4

a c a b a b c

b c 0,25

2 2

2

Trang | 22

Ta có 4 cot 2 sin cos sin

A

S A bc A

A

2 2

2 cosbc A b c a 0,25

0,25

Từ (**) b2 c2 a2 a2 Hay 4 cotS A a2 0,25

2b) Gọi O G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; M trung điểm BC Chứng minh góc MGO không nhọn 1,0

Ta chứng minh GO GM. 0 OG GM. 0 0.25

Ta có

3OGOA OB OC  ; 6GM=2AM ABACOB OC 2OA

   

3 6GM

 OG  OA OB OC  OB OC  OA

2 2

= OB OC 2OA 2OB OC OAOC OAOB   = 2OB OC OAOC OAOB  

0.25

* Mặt khác ta có  2

2 2 2

2

BC  OC OB OB OC  OB OC OB OC R a ( R= OA = OB = OC )

Tương tự có 2 2

2OA OC 2R b ; 2OA OB 2R c

0.25

Vậy

2 2

18

2 

b c    

OG GM a OG GM ( có (**)) 0.25

6

Cho a b c; ; số thực dương thay đổi thỏa mãn 3 3

2

  

a b c Tìm giá trị lớn

của biểu thức 2 12 2 12 2 12

3 3 3

  

     

M

a b b c c a

2,0

* Bđt phụ: Cho số thực x, y, z > 0, a, b, c số thực Khi

 2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z     

  (*) Dấu xảy

a b c x  y z + Dễ thấy bđt suy từ bđt Bunhia

* Vào chính

Ta chứng minh 2 12 2 12 2 12

3 3

   

     

M

a b b c c a

Trang | 23

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1

3 3 3

3

3 3

                                        

a b b c c a

a b b c c a

P

a b b c c a 0,5

Giả sử a b c

Biến đổi  

    

2

2

2 3 2 2

2 3

a b a b

a b

a b a b a b

 



 

     

Biến đổi tương tự với số hạng cịn lại P Sau áp dung bđt (*) ta có:

 

     

   

      

2

2 2 2

2 2

2 2 2

4 18 18

4 2

4 18

                                   

a b b c c a a b b c a c P

a b c a b c

a b c a c a b c a c

P P

a b c a b c

0,5

Ta chứng minh

   

 

2

2 2

2

2

2

       

a b c a c

a b c      

2 2 2 2

4 27

 a b c   a c  a  b c 

       

       

  

2 2 2

2 2 2 2

2

4

2

0

a b c a c a b c a b c

a b c a c a b c a b c

b ab bc ca a b b c

          

                    

Bđt cuối đúng, suy đpcm

0,5

7 2đ

Đ/K cosx 0

Phương trình tương đương với

cosxcosx 1 cos xsinx

 cos cos sin2 sin

4

x x  x x

2 1 cos sin 2 x x               0.5 1 cos sin 2 1 cos 2 x x x sinx             

cos sin (1) (2) cos sin

x x x x         0.5

Giải (1) nghiệm x = k2 với cos           ; ,

1  

Trang | 24

Giải (2) nghiệm x = -

2 k

  

Vậy phương trình có nghiệm x = -

2 k

   ;

x = k2 với cos           ; ,

1  



0.5

8 2đ

Giả sử a thoả mãn điều kiện toán (x0; y0) nghiệm hệ cho, ta có

             ) ( ) ( 0 0 3 y x y x y ax x a ay x (1) (2) (3) 0.25

Từ (3) suy y0 = -x0 thay vào (1) (2) ta

3

0

1

( 1) ( 1)

2

(2 )

x a a

x a           (4) (5) 0.25

Từ (5) ta thấy x0 0;a2 chia vế (4) cho (5) ta được:

1 ( 1) 2 a a a     0.25

0; 1;

a a a

     0.25

+, a =0 hệ trở thành

3 3 3 1 2 1 x x y x xy                 (loại) 3 2 x y        

Suy a = (loại)

0.25

+, a = -1 ta có hệ

3 3

3 2

3 2

3 1 x y x x y

x x y xy x x y xy

y                            

thoả mãn x + y =

0.25

+, a = ta có hệ:

) ( ) ( 2 3          xy y x x y x

Nhân hai vế (7) với trừ vế tương ứng (6) ta được: (x + y)(x2 + y2 + xy) = (8)

Trang | 25

Từ (7) suy x 2 ( )2

2

x y xy y x x

        từ (8) suy x + y =

Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm 1 x y

    

 thoả mãn x + y = Kết luận: a = -1; a =

0.25

8 2đ

Kẻ AHBC, IK BC, đặt AH = h, bán kính đường trịn nội tiếp r I(x; y)

0.25

Có h = 3r , S ABC pr BC.h

2

 

  (AB + BC + CA)r = 3BC.r

0.5

 AB + CA = 2BC sinC + sinB = 2sinA cot cot

2 

C B

(*) 0.5

Mà cot

IK CK C IK

BK

B  

2 cot ,

2 Từ (*) suy BK.CK = 3IK

2

(**) 0.25

Do I tâm đường tròn nội tiếp suy K BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2 0.25 Thay vào (**) ta có x2 + 3y2 = Suy I thuộc elip có phương trình

3

2

  y

x 0.25

Chứng minh cosA + cosB + cosC = + 4sin

2 sin sin

C B A

> 0.5

Chứng minh cosA + cosB + cosC

2

 (1)

Như < cosA + cosB + cosC

2

 Theo (1) ta có < t

8



0.5

y

x O

-3

C H K

I A

B

Trang | 26

Xét f(t) = t + t

với < t

 f’(t) = 1

2

    

t t

t 0.5

Ta có BBT: t

f’(t) - f(t) +

8 65

Suy minT = 67



 ABC

Trang | 27 5 ĐỀ SỐ

Câu 1.(3.0 điểm)

1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số

10 10

x x

y

x x

  

 

2) Cho nửa khoảng A(a a; 1], B[ ; b b2). Đặt C A B. Với điều kiện số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C

Câu (2,0 điểm) Tìm m để phương trình x2  1 m4 m2 1 có bốn nghiệm phân biệt

Câu (2,0 điểm) Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình:  1 2 1 2

m x

m x

 

 



Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình x2 7x 8 2 x.

Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 7 2 5

2 1.

x y x y

x y x y

    

 

   



Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC60 0 Các điểm M, N xác định MC 2MB NB 2NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy điểm A', B' C'. Gọi Sa, Sb, Sc S tương ứng diện tích tam giác AB C' ', BC A' ',

' '

CA B ABC Chứng minh bất đẳng thức 3 . 2

a b c

S  S  S  S Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu (2,0 điểm)(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R khơng đổi) Gọi A B điểm di động trục hoành trục tung cho đường thẳng AB ln tiếp xúc với đường trịn Hãy xác định tọa độ điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ

Câu (2.0 điểm) Giải phương trình: sin cos 4 sin ( )

x x x  (x  R)

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca =

Chứng minh rằng:

3 3

2 2

3

3 3

a b c

Trang | 28 ĐÁP ÁN

Câu HƯỚNG DẪN GIẢI Điểm

I

1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số

10 10

x x

y

x x

  

 

2) Cho nửa khoảng A(a a; 1], B[ ; b b2) Đặt C A B Với điều kiện số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C 3.0

1

Hàm số y có tập xác định D ( 10 10); tập đối xứng qua điểm x0 1.5 Kiểm tra:  x D, f( x) f x( )  f chẵn

f khơng lẻ (vì khơng đồng D), kết luận

2

[ 2) ( 1]

C b b;   a a;  đoạn  b    a b a 1.5  b   1 a b (*)

Khi đó, C[b b;  2) (a a;  1] [ ;b a1] đoạn có độ dài a b 1

Câu

Câu 2:Tìm m để phương trình x2 1 m4m21 có bốn nghiệm phân biệt

Câu 3: Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình:  1 2

m x

m x

 

 

 4,0 đ

2

Ta có: m4m2 1

PT

2

2 2

2 (1)

(1 ) (2) x m m

x m m m m    

 

   

 2

(1) có nghiệm phân biệt với m m4m2 2

(2) có nghiệm phân biệt  m0 1m2 0  m ( 1; 1) {0}\

PT có nghiệm phân biệt  m ( 1;1) {0}\ m4m2 2 m2m4  m ( 1;1) {0}\ m4m2 1  m ( 1;1) {0}\ , kết luận

3 BPT 

( 1)( 2) (1 ) 2

m x m x

x

     

 

( 2) x m

x  



 2

Trang | 29

Nếu m > m + > nên BPT nghiệm với x ( ; 2)(m 2; ) Nếu m < m + < nên BPT nghiệm với x   ( ;m 2) (2;)

Câu

Câu 4 : Giải phương trình x27x 8 x

Câu 5.Giải hệ phương trình

2

x y x y x y x y             4 4

Điều kiện: x ≥

PT  x2 1 7x  7 2 x 0  ( x1)(x x x x 8) 2

 ( x1)(x x  8 x x16)0

 ( x1)( x2)(x2 x 4 x 8)

 ( x1)( x2)(x x 4)

 x x x         

1 17 17

2 x x                   Kết luận 5

Điều kiện

2 x y x y      

 ; Đặt

7

2

u x y v x y            2 u x y v x y          2 u v x 

2

7

5

v u

y 

2

HPT trở thành:

2 2

5

7 5

u v

u v v u v  

 

    

  2

5

3 5

u v

u v v  

 

    

 2 2

3(5 ) 5 u v

v v v  

 

    

 

5

5 25 70 u v v v        

 

5

5 14 (*) u v v v        

(*)  v = (nhận) v = 7 (loại) ; nên HPT 

2 u v     

Do HPT cho trở thành

2

x y x

x y y

  

 

     

  (phù hợp)

Câu

Câu 6 :Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC60 Các điểm M, N xác định

MC  MB NB 2NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vuông góc với

Trang | 30

',

A B' C' Gọi Sa, Sb, Sc S tương ứng diện tích tam giác AB C' ', BC A' ', ' '

CA B ABC Chứng minh bất đẳng thức

a b c

S  S  S  S Dấu đẳng thức xảy nào?

6

Ta có: MC 2MBACAM  2(ABAM)3AM 2ABAC 2 Tương tự ta có: 3CN2CA CB

Vậy: AM CN  AM CN 0  (2ABAC)(2CA CB )0

 (2ABAC AB)( 3AC)0  2AB23AC25AB AC 0

 2 bc

c  b    4c26b25bc0

7

Ta có cơng thức tính diện tích: 2Sa  AC AB' 'sin ; 2A S AB AC sinA

 ' ' ' '

2

a

S AC AB AC AB S AB AC AB AC

 

     

  (BĐT Cauchy) 2

Tương tự ta có: ' '

b

S BA BC S BC BA

 

     

1 ' '

2

c

S CB CA S CA CB

 

   

 

Do đó: ' ' ' ' ' '

2

a b c

S S S AC BC BA CA CB AB S S S AB BA BC CB CA AC

 

         

  (đpcm)

Dấu xảy 

' '

' '

' '

AC AB

AB AC

BA BC

BC BA

CB CA

CA CB

          



' ' // ' ' // ' ' //

C B BC A C CA B A AB 

   

 A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB

8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R khơng đổi) Gọi A B điểm di động trục hoành trục tung cho đường thẳng AB ln tiếp xúc với đường trịn Hãy xác định tọa độ điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ 2,0

Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A a   ;0 ,B 0;b với a0,b0.(*) Suy

2

OAB

ab S 

0,25

Mà 12 12 12

a b  R (**)

2

2 2 2

2 2

1

( )

a b

a b R a b R ab R a b



    

Trang | 31



2

OAB

ab

S  R không đổi (dấu xảy a = b)

Kết hợp với (*) (**): dấu xảy a b R 0,25

Kết luận: AR 2;0 ; B 0;R 2 (4 cặp điểm)

0,25 9 PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 2,0

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)  sinx cos

(cos sinx)(sin os2 )

x

x x c x

 



   





os3 s inx

x k

c x

 

    



 



Chứng minh phương trình cos 3x – sin x = vô nghiệm

KL: x =

4 k

 

 

10

3 3

2 2

3

3 3

a b c

b  c  a   (***).Do ab + bc + ca = nên

VT (***) =

3 3

2 2

a b c

b ab bc ca  c ab bc ca  a ab bc ca  =

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c a b   c a b c   a b c a  Theo BĐT AM-GM ta có

3

3

( )( ) 8

a b c a b a b c c a

 

  

 

3

5

( )( )

a a b c

b c c a

 

 

  (1)

0,5

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3

5

( )( )

b b c a

c a a b

  

  (2),

3

5

( )( )

c c a b

a b c a

  

  (3)

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta (***)

4 a b c VT   

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh :a + b + c ≥ 3(ab bc ca  )=

Trang | 32

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng

xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS

THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

các môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia