Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán Trường THCS Văn Tự

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn[r]

(1)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang |

TRƯỜNG THCS VĂN TỰ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021 MƠN TỐN

(Thời gian làm bài: 120 phút)

ĐỀ

Câu 1: Tính gọn biểu thức:

1) A = 20 - 45 + 18 + 72 2) B = 1 + a + a 1 + a - a

a + 1 1- a

  

  

   với a ≥ 0, a ≠ Câu 2:

1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số qua điểm A (- ; -12) Tìm a

2) Cho phương trình: x2 + (m + 1)x + m2 = (1)

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt, có nghiệm -

Câu 3: Một ruộng hình chữ nhật, tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 100m2 Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích giảm 68m2 Tính diện tích ruộng

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S a) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS

b) Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy c) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE

Câu 5: Giải hệ phương trình:

4

3 2

x y 1 (1)

x y x y (2)

 + =

 

+ = +



ĐÁP ÁN Câu 1: Rút gọn biểu thức

1) A = 20 - 45 + 18 + 72 = 5 - + + 36 2 = 2 - + + 2 = 15 2 - 5

2) B = 1 + a + a 1 + a - a a + 1 1 - a

  

  

(2)

= 1 + a ( a + 1) 1 - a ( a - 1) a + 1 a - 1

  

  

  

= (1 + a) (1 - a) = – a Câu 2:

1) Đồ thị hàm số qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a (- 2)2

 4a = -12

 a = - Khi hàm số y = - 3x2 2)

a) Với m = ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0 ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11

x1 = - - 11; x2 = - + 11

Vậy với m=5 pt có hai nghiệm : x1 = - - 11; x2 = - + 11

b) Phương trình có nghiệm phân biệt khi:

∆’ >  (m + 1)2 - m2 >  2m + >

 m > - 1 2 (*)

Phương trình có nghiệm x = -  - (m + 1) + m2 =  m2 - 4m =  m = 0

m = 4  

 (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy m = m = giá trị cần tìm

Câu 3: (1.0 đ)

Gọi chiều dài ruộng x, chiều rộng y (m; x, y > 0) Diện tích ruộng x.y (m2)

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm m diện tích ruộng lúc là: (x + 2) (y + 3) (m2) Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích ruộng cịn lại là: (x - ) (y - 2) (m2)

(3)

(x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68 

 

xy + 3x + 2y + = xy + 100 xy - 2x - 2y + = xy - 68 

  

3x + 2y = 94 2x + 2y = 72 x = 22

x + y = 36 x = 22 y = 14 

          

Vậy diện tích ruộng là: S = 22 14= 308 (m2)

Câu 4:

Hình vẽ đúng: (0.5 đ)

a) Ta có BAC = 90 (gt)0

0

MDC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) A, D nhìn BC góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp

Vì tứ giác ABCD nội tiếp ADB = ACB 1 2

= sđAB(1)

Ta có tứ giác DMCS nội tiếp  ADB = ACS (cùng bù với MDS) (2)

(4)

b) Gọi giao điểm BA CD K Ta có BD CK, CA ⊥BK

 M trực tâm ∆KBC Mặt khác MEC = 900 (⊥góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy K

c) Vì tứ giác ABCD nội tiếp  DAC = DBC (cùng chắn DC) (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp  MAE = MBE (cùng chắn ME) (4) Từ (3) (4)  DAM = MAE hay AM tia phân giác DAE

Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM tia phân giác ADE Vậy M tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE

Câu 5:

4

3 2

x y 1 (1)

x y x y (2)

 + =

 

+ = +



Từ (1) suy ra: x4   1 x 1 Tương tự y 1 (3)

2

(2)x (1 x)− +y (1 y)− =0 (4), Từ (3) suy vế trái (4) không âm, nên:

(4)

2

x (1 x) 0 x 0 x 0 x 1 x 1

; ; ;

y 0 y 1 y 0 y 1 y (1 y) 0

 − =  =  =  =  =



    

= = = =

− =

    



Thử lại hệ có nghiệm là: x 0; x 1 y 1 y 0

= =

 

 =  =

 

ĐỀ Câu

a) Rút gọn biểu thức P= 5( 5+2)− 20

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = mx + qua điểm A(1;5)

c) Giải hệ phương trình

x y

− = 

 + =



Câu Cho phương trình x2−4x+ − =m 0(m tham số)

(5)

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

1( 2) 2( 2) 20

x x + +x x + =

Câu Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao BD, CE tam giác ABC (DAC E, AB)

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn

b) Gọi giao điểm AO với BD ED K, M

Chứng minh: 2 2 12

MD = KD + AD

Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2+y2+z2 =3xyz

Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2

4 4

x y z

P

x yz y xz z xy

= + +

+ + +

ĐÁP ÁN Câu

a) Rút gọn biểu thức P= 5( 5+2)− 20 5( 2) 20 5 5

P= + − = + − =

Vậy P =

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = mx + qua điểm A(1;5) Đường thẳng (d): y = mx +3 qua điểm A(1;5) nên ta có:

5 = m.1 +  m =

Vậy với m = đường thẳng (d): y = mx + qua điểm A(1;5)

c) Giải hệ phương trình

x y

− = 

 + =



Ta có: 5 3

5 (5 ) 12

x y y x y x x x

x y x x x y x y

− = = − = − = =

    

 + =  − − =  =  = −  =

    

Vậy nghiệm hệ phương trình là: (x;y) = (3;2) Câu

a) Giải phương trình với m = Với m = ta có phương trình:

2

4 4 (1)

x − x+ − = x − x+ =

Phương trình (1) có hệ số a = 1; b = -4; c = => a + b + c = Nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 1;x2 c

a

= = =

Vậy với m = tập nghiệm phương trình là: S= 1;3

(6)

1( 2) 2( 2) 20

x x + +x x + =

Phương trình:

4 0(*)

x − x m+ − =

Có  = −' ( 2)2−1(m− = −1) m

Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x x1; 2    −   ' m m

Theo hệ thức Vi-et ta có:

1

4

b x x

a c

x x m

a −  + = = 



 = = −



Ta có:

1 2

2

1 2

2

1 2

2

1 2

2

( 2) ( 2) 20

2 20

2( ) 20

( ) 2( ) 20

4 2( 1) 2.4 20 16 2( 1) 20

1 3( )

x x x x

x x x x

x x x x x x

m m m m tm

+ + + =

 + + + =

 + − + + =

 − − + =

 − =  =

Vậy m = giá trị cần tìm Bài

a) Vì BD, CE hai đường cao tam giác ABC nên BEC =BDC=900

Xét tứ giác BCDE có BEC=BDC=900 (cmt) nên hai đỉnh E, D kề nhìn cạnh BC góc 900, suy tứ giác BCDE tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Suy ra: OA⊥Ax

+ Vì tứ giác BCDE tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên BCD=AED (1) (cùng bù với BED)

+ Xét đường trịn (O) có BAx=BCA(2) (Góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AB)

x

M K E

D

O

B

(7)

Từ (1) (2) suy ra: BAx=AED mà hai góc vị trí so le nên Ax// ED Mà Ax⊥AO cmt( )ED⊥AO= M

Xét tam giác ADK vng D có DM đường cao

Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: 2 2 12

DM = DK +DA (đpcm)

Bài

2 2

3 x y z

x y z xyz

yz xz xy

+ + =  + + =

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x ; y

yz xzta có:

2

x y x y

yz+xz  yz x = z

Tương tự ta có: y z 2; z x

xz+xy  x xy+ yz  y

2 2

x y y z z x

yz xz xz xy xy yz z x y

     

 +  + +  + +  + +

     

1 1 1

3

x y z

yz zx xy x y z x y z

 + +  + +  + + 

Lại có:

2

4

1 1 1 1

2 2 ( )

4

2

x

x yz x yz x yz

x yz yz y z y z

+  =   =  +

+

Tương tự

2

4

1 1 1

( ); ( )

4

y z

y +xz  x+z z +xy  x+ y

Suy

2 2

4 4

1 2 1 1

( ) ( )

4 2

3

x y z

P

x yz y xz z xy x y z x y z

P

= + +  + + = + + 

+ + +

= 

Vậy giá trị nhỏ P = 3/2 x = y = z =

Đề Bài 1:

Cho biểu thức: B b b 1 b 2 b 3 b 9 b 3 b 3

+ − −

= + −

−

− +

(8)

Bài 2:

a) Giải hệ phương trình: x 2y 6

2x 3y 7

+ =



 + =



b) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng (d): y=3x+m đường thẳng (d’):

( )

y= m x+ − +3 (với m  -5) Xác định m để (d) song song với (d’) Bài 3:

Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + =

a) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

2

1

x + 2mx = 9

Bài 4:

Cho nửa đường trịn (O) đường kính PQ = 2R Điểm N cố định nửa đường tròn Điểm M thuộc cung PN (M  P; N) Hạ MH ⊥ PQ H, tia MQ cắt PN E, kẻ EI ⊥ PQ I Gọi K giao điểm PN MH Chứng minh rằng:

a) Tứ giác QHKN tứ giác nội tiếp;

b) PK.PN = PM2;

c) PE.PN + QE.QM không phụ thuộc vị trí điểm M cung PN;

d) Khi M chuyển động cung PN đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN qua hai điểm cố định

Bài 5:

Với x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x+ + =y z 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P= 2x+yz + 2y+zx + 2z+xy

ĐÁP ÁN Bài 1:

a) ĐKXĐ: b  b 

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

b. b 3 b 1 b 3 b 2 b 3 B

b 3 b 3 b 3 b 3

+ + + − − −

= −

− + − +

( ) ( )

b 3 b b 3 b b 3 b 2 b 3

b 3 b 3

+ + − + − − + +

=

(9)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | ( b b3 ) (3 bb 3)

+ =

− +

( )

( ) ( )

b. b 3 b 3 b 3

+ =

− +

b b 3 =

−

b) b  b  9, B 1 b 1 b 3

  

−

b

1 0 b 3

 − 

− 3

0 b 3 0 b 9

b 3

   −   

−

Kết hợp với điều kiện b  b  ta có: b > Vậy: b >

Bài 2:

a) x 2y 6 2x 4y 12

2x 3y 7 2x 3y 7

+ = + =

 



 + =  + =

 

y 5

2x 3y 7

= 

  + =



y 5 y 5

2x 3.5 7 x 4

= =

 

 

+ = =

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x 4 y 5

=   =  b) (d) // (d’) m 5 1 3

m 3

 + − =

  

 

m 5 16

m 5 4

m 3

 + =  + =



  



 



m 11

m 3

= 

   =

(10)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 10

Bài 3:

a) Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + =

Ta có: / = m2 – m2 + m - = m –

Phương trình có nghiệm kép / = m – 1=  m =

khi nghiệm kép là:

/

1 1

b

x x m

a

−

= = = =

b) Phương trình có nghiệm x1, x2 / ≥0  m –1 ≥ 0 m ≥

theo hệ thức Vi –ét ta có:

2

2 (1)

. m – m (2)

x x m

x x

+ =

 

= +



Mà theo cho, x + 2mx = 912 2 (3) Thay (1) vào (3) ta được:

2

1 2

2

1 x2) x x1 9 (4)



 + − =

2

1

x + (x + x )x = x + x x + x = 9 (x

Thay(1), (2) vào (4) ta : 2

4m −m + − = m 1 9 3m + −m 10=0

Giải phương trình ta được: m1= - (loại) ; m2 =

5

3(TMĐK) Vậy m = 5

3 phương trình cho có nghiệm x1

, x :

2

1

x + 2mx = 9

Bài 4:

a) Ta có góc PNQ=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

O K

H I

E

N M

(11)

Hay KNQ=900 Xét tứ giác QHKN, có:

0

90

KHQ= (vì MH⊥PQ)

0

90

KNQ= (cm trên)



180

KNQ+KHQ= , mà hai góc hai góc đối diện b) Chứng minh PHK PNQ (g-g)

Suy PK.PN = PM2 (1)

Áp dụng hệ thức lượng tam vng AMB ta có:

PH.PQ = PM2 (2)

Từ (1) (2) suy PK.PN = PM2

c) C/minh PEI PQN (g-g)  PE.PN = PI.PQ (3) C/minh QEI QPM (g-g)  QE.QM = QI.PQ (4) Từ (3) (4) suy :

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ 2

= PQ (PI + QI) = PQ = 4R  d) CM tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn EIN=EQN

CM tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn EIM=EPM Mà EPM EQN 1MON

2

 

= = 

 

Do MIN=MON, mà O I hai đỉnh kề tứ giác MOIN => Tứ giác MOIN nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN qua hai điểm O N cố định

Bài 5:

Với x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x+ + =y z 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P= 2x+yz + 2y+zx + 2z+xy

Ta có x + y + z = nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với số dương u= +x y và, v = x + z, ta có:

(12)

2

2 ( )( )

2 2

x y x z x y z

x+ yz = x+ y x+ z  + + + = + + (1)

Tương tự 2 2

2

y x z

y+xz  + + (2); 2 2 2

z x y

z +xy  + + (3) Cộng bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2 2

2 2 2 2( ) 4

x y z y x z z x y

P x yz y zx z xy

P x yz y zx z xy x y z

+ + + + + +

= + + + + +  + +

= + + + + +  + + =

Dấu "=" xảy x = y = z =2

Vậy Max P = x = y = z =2

ĐỀ

Bài 1: Giải phương trình hệ phương trình sau (khơng dùng máy tính cầm tay)

4

)

a x + x − =

2

)

5

x y

b

x y

+ = 

 − = −



Bài 2: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm T(− −2; 2), parabol ( )P có phương trình y= −8x2 đường thẳng d có phương trình y= − −2x

a) Điểm T có thuộc đường thẳng d khơng?

b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng d parabol ( )P Bài 3: Cho biểu thức P 4x 9x x

x

= − + với x0 a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P biết x= +6 (khơng dùng máy tính cầm tay)

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Vẽ đường trịn ( )A bán kính AH Từ đỉnh

B kẻ tiếp tuyến BI với ( )A cắt đường thẳng AC D (điểm I tiếp điểm, I H không trùng nhau)

a) Chứng minh AHBI tứ giác nội tiếp b) Cho AB=4cm AC, =3cm Tính AI

(13)

a) Cho phương trình

2x −6x+3m+ =1 (với m tham số) Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: 3

1

x +x =

b) Trung tâm thương mại VC thành phố NT có 100 gian hàng Nếu gian hàng Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) năm tất gian hàng thuê hết Biết rằng, lần tăng giá 5% tiền thuê gian hàng năm Trung tâm thương mại VC có thêm gian hàng trống Hỏi người quản lý phải định giá thuê gian hàng năm để doanh thu Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng năm lớn nhất?

ĐÁP ÁN Bài 1:

a) Đặt ( )

x =t t0 , phương trình trở thành t2+ − =3t

Nhận xét: Phương trình có hệ số a=1,b=2,c= −4 a+ + = + + − =b c ( 4) Do phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

1( ) 4( )

t tm

t ktm

=

= −

Với

1 1

t = x =  = x

Vậy tập nghiệm phương trình S= − 1;1

b) 14 2

5 5 2.2

x y y y y

x y x y x x

+ = = = =

   

  

 − = −  = −  = −  =

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 1; Bài 2:

a) Điểm T có thuộc đường thẳng d khơng?

Thay x= −2;y= −2 vào phương trình đường thẳng d y: = −2x−6 ta 2.( 2)

− = − − −

2

 − = − (luôn đúng) nên điểm T thuộc đường thẳng d

b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng d parabol ( )P

Xét phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d parabol ( )P , ta có:

( )

2

8x 2x 8x 2x *

− = − −  − − =

Phương trình ( )* có a=8;b= −2;c= −  + + = + − + − =6 a b c ( ) ( )2 nên có hai nghiệm

1

3 1;

4

c

x x

a

− = = =

+Với x=  = −1 y 8.12 = −8 + Với

2

3

8

4

x= −  = −y −  = −

(14)

Vậy tọa độ giao điểm đường thẳng d parabol ( )P (1; ;) 3;

4

 

− − −   

Bài 3:

a) Rút gọn P Với x0 thì:

4

2

x

P x x

x

x x x

x

= − +

=

Vậy P= x với x0

b) Tính giá trị P biết x= +6 Ta có:

( )2 ( )2

2

6 5 5 5.1

x= + = + + = + + = +

Thay x=( (+ )2 tm) vào P= x ta ( )

2

5 5

P= + = + = +

Vậy P= 1.+ Bài 4:

a) Chứng minh tứ giác AHBI tứ giác nội tiếp Do BI tiếp tuyến ( )A BI ⊥ AIAIB=900 Xét tứ giác AHBI có:

( )

0

0 0

A 90

90

90 90 180

IB

AHB AH BC

AIB AHB

 =

 

= ⊥



 + = + =

 Tứ giác AHBI tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AB (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng tính AH, suy AI

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC, đường cao AH ta có:

K D

I

H

B C

(15)

2 2 2

2

1 1 1 1 25

4 16 144

144 144 12

25 25

AH AB AC

AH AH

= + = + = + =

 =  = =

Vậy 12( )

5

AI =AH = =R

c) Gọi HK đường kính ( )A Chứng minh BC=BI+DK +) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: BI BH( )1

BAI BAH

 =  

=



0

90 90

BAI =BAH  −BAI = −BAH IAD=HAC Mà HAC=KADIAD=KAD

+) Xét ADI vàADK có:

AD chung

( )

IAD=KAD cmt

( )

AI = AK =R

Suy ADI = AKI c g c( )

0

90

AKD AID

 = = (hai góc tương ứng)  AKD vuông K +) Xét tam giác vng AKD tam giác vng AHC có:

( )

AK= AH =R ;

KAD=HAC (đối đỉnh);

AKD AHC

 =  (cạnh góc vng – góc nhọn kề)

( )2

DK HC

 = (hai cạnh tương ứng)

Từ ( )1 ( )2 suy BC=BH+HC=BI+DK dpcm( ) Bài

a) 2x2−6x+3m+ =1

Phương trình cho có hai nghiệm   '

( )

2

3

9

7

m m m m

 − + 

 − − 

 − 

 

(16)

Theo đinh lí Vi-et ta có:

1 2 3 b x x a c m x x a  + = − =   +  = = 

Ta có :

( ) ( )

( )

3 3

1 2 2

3

9

3

3 .3 27

2

27 27

0

2

x x x x x x x x

m

m m TM

+ =  + − + =

+

 − =  − + − =

 − =  =

Vậy m=1 thỏa mãn toán

b) Gọi giá tiền gian hàng tăng lên x (triệu đồng) (ĐK: x0) Khi giá gian hàng sau tăng lên 100+x (triệu đồng)

Cứ lần tăng 5% tiền thuê gian hàng (tăng 5%.100 5= triệu đồng) có thêm gian hàng trống nên tăng x triệu đồng có thêm 2x

5 gia hàng trống

Khi số gian hàng thuê sau tăng giá 100 2x

− (gian)

Số tiền thu là: (100 ) 100 2x

x  

+  − 

  (triệu đồng)

Yêu cầu tốn trở thành tìm x để (100 ) 100 2x

P= +x  − 

  đạt giá trị lớn

Ta có:

( )

( ) ( )

( )

2

2 2

2

2x 2x

100 100 10000 40x 100x

5

2 2

150x 10000 2.75x 75 75 10000

5 5

2 75 12250 P x x x x   = +  − = − + −   = − − + = − − + + + = − − +

Ta có ( 75)2 2( 75)2 2( 75)2 12250 12250

5

x−   − x−   − x− +  Dấu "=" xảy x=75

Vậy người quản lí phải cho thuê gian hàng với giá 100 75 175+ = triệu đồng doanh thu trung tâm thương mại VC năm lớn

(17)

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 mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 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 Pham 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, Tốn 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 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 Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi 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 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 mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	739,73 KB