Đang tải... (xem toàn văn)
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm [r]
(1)TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Tổ - Tốn
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN - Lớp 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số yx2m2x m 3 ( với m tham số) 1 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị P hàm số m0
2 Tìm m để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn
2
1
26
x m x m
x x
Câu II (5,0 điểm)
1 Giải phương trình: x 1 x24x 1 x 2 Cho cos
5 với
2
Tính giá trị biểu thức: 2018 tan cos
4 P
3 Giải phương trình: cos sin cos 2sin 2sin cos
x x x
x x
x
Câu III (4,0 điểm)
1 Giải bất phương trình :
2
2
2
3
x x x
x
x x
2 Giải hệ phương trình:
2
2
3
3 4 10
x y x x y y y
y x y x
x y,
Câu IV (4,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC có góc B300 1 1
(2)2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c 6 Chứng minh rằng:
3 3
1 1
a b c
b c a
Câu V (4,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó 3; M
trung điểm đoạn AC, phương trình đường cao AH BK, 2x y 3x4y130 Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC
2 Trong mặt phẳng với trục toạ độ cho hình chữ nhật có , Gọi trung điểm ; điểm đối xứng với qua Biết trung điểm , điểm thuộc đường thẳng Tìm tọa độ đỉnh
- Hết -
ĐÁP ÁN
Câu NỘI DUNG Điểm
I 3,0 điểm
Cho hàm số yx2m2x m 3 ( với m tham số) 1 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị P hàm số m0
2.0
Với m0 ta
2 yx x ta có đỉnh : 1; 4
4 x
I I
y
0.50
Ta có bảng biến thiên:
0.50
đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x1
cắt trục hoành điểm 1;0 ; 3;0 cắt trục tung điểm 0; 3 0.50 Oxy ABCD AB2BC B 7;3 M
AB E D A N2; 2 DM
E : 2x y D
+∞ +∞
y x
-4
(3)Ta có đồ thị hàm số:
0.50 2 Tìm m để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hoành
độ x x1; 2 thỏa mãn:
2
1
26
x m x m
x x
1.0
Đk:
0 x x
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
2
x m x m (*)
để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x x1; 0
2
16
3
m
m m
0.25
Theo định lí viet ta có: 2
2 x x m x x m
ta có 2
1 2
2
1
26 26
x m x m
x x m x x x x
x x
0.25
2 2
1 1 24 2 24
x x m x x x x m m m m
0.25
14 25 70
5
m m
( thỏa mãn đk) giá trị m cần tìm 14
m 0.25
II 1 Giải phương trình:
1
x x x x (*) 2.0 5,0
điểm
Điều kiện: x0
Trường hợp Nếu x0 ( ) 2 : sai nên x0 không nghiệm
0.50
-4
x y
-1
(4) Trường hợp Nếu x0, chia hai vế cho x0, thì:
1
( ) x x
x x
(1) Đặt 2
Cauchy
t x t x
x x
0.50
2
2
2 5
(1)
2
6
t
t t t
t t t
0.50
Suy ra:
2
1 1
2( ) 2
2
x x x x x x x
x
Kết hợp với điều kiện ta phương trình có nghiệm 4, x x
0.50
2 Cho cos với
2
Tính giá trị biểu thức:
2018 tan cos P
1.5
Do
nên sin0, cos 0 Ta có:
2 cos 1
cos cos
2 10 10
0.50
2
sin cos sin
10 10
, tan sin
cos
0.50
Khi đó: 2018 tan cos sin
P
0.25
1
2018 403
2 10 10
0.25
3 Giải phương trình: cos sin cos 2sin 2sin 1 cos
x x x
x x
x
1.5
Điều kiện:2 cos cos
x x ,
3
x k k Z
2 cos 1 2sin 2 cos 1 cos sin
2 cos
x x x
x x
x
(5) 2 cos 1 2sin
cos sin
2 cos
x x
x x
x
2
1 2sin x 3 sinx 2sinx
2
2sin x sinx
sin
2 x
sinx 1
0.50
Với sin sin sin
2
x x
3 x k
2 ,
3
x k kZ
0.25
Với sin ,
2
x x k kZ
So với điều kiện nghiệm phương trình: 2 ; ,
3
x k x k kZ
0.25
III 4,0 điểm
1 Giải bất phương trình :
2
2
2
3
x x x
x
x x
2.0
đk:
2
3
5 2
3
x x
x x
x
bpt 2x2 3x 5 3 x4x7 2x23x 5 2x1 (*)
0.50
Nếu
x ta có VT (*) 0, VF(*)0 nên (*) vơ nghiệm 0.50 Nếu 1 x 3, hai vế (*) không âm nên ta có
Bpt (*) 2
2
2 2 3
2 x
x x x x x
x
0.50
Kết hợp với đk ta x
2 x nên tập nghiệm bất phương trình cho 1;3 2;3
2 S
0.50
2 Giải hệ phương trình:
2
2
3
3 4 10
x y x x y y y
y x y x
(6)Điều kiện :
0
0
2 x y y x
Nhận xét với x y, 0;0 không thỏa hệ nên x y 2y 0 Khi
pt đầu 3 3 2 2
2 x y
x y y x y x y x xy y
x y y
0.50
3
2
x y
x y x y x y x y
x y y x y y
1
Từ điều kiện nhận xét ta có : 3
2 x y
x y y Do x y x y
0.50
Thay vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình:
2
3 2 x 2 x 4x 10 3 x (*)
ta có : ( ) 3( 2 x 2x) 10 3 x4 4x2 (2) Đặt t 2 x 2x, suy ra: t2 ( 2 x 2x)2 10 3 x4 4x2 pt(2) trở thành
3t t t t3
0.50
Với t 0, suy ra: 2 2
x x x x x
Với t 3, suy ra: 2 x 2 x có 2 , 2; 2 2 3
VT x
x
VP x
nên
phương trình vơ nghiệm t 3 Kết hợp với điều kiện hệ phương trình cho có nghiệm ; 6;
5 x y
0.50
IV 4,0 điểm
1 Cho tam giác ABC có góc B300 1 1
p a p p b p c (
, ,
aBC bCA cAB p nửa chu vi tam giácABC ) Tính góc cịn lại tam giác ABC
2.0
Ta có
2
1 1 1 1
( )
p b c a
p a p p b p c p a p p b p c p p a p b p c
0.50
(7) ( )
( )
a a
p p a p b p c p p a p b p c
p b c a bc b c a b c a bc
0.50
2 2 2 2 2
2
b c a bc b c a ABC
vuông A A 900 0.50
mà 0 0
30 90 90 30 60
B C B Vậy
90
A ,
60
C 0.50
2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c 6 Chứng minh rằng:
3 3
1 1
a b c
b c a
2.0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy x y ta
2
3
2
1
1 1
a a a a
b b b b
b b b b
Áp dụng tương tự ta bất đẳng thức
2 2
3 3
2 2
2 2
1 1
a b c a b c
b c a
b c a
0.50
Ta cần phải chứng minh 22 22 22
2 2
a b c
b c a Thật vậy, ta có
2
2
2
2
a ab
a
b b , mà theo bất đẳng thức Cauchy ta
3
2 2
2 2 3 4
2
2 2
2 3 .4 3
a b b
ab ab ab a b a b b
b b b b
0.50
Suy 22 2
2
a b
a a b
Chứng minh tương tự ta
2 2
2
2 2
2 2 9
a b c ab bc ca
a b c
a b c
b c a
(8)Mặt khác theo đánh giá quen thuộc ta có
2
12
a b c ab bc ca Do ta 22 22 22 2.6 2.12
2 2 9
a b c
b c a
Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xẩy
a b c
0.50
V 4,0 điểm
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3; M
trung điểm đoạn AC Phương trình đường cao AH BK, 2x y
3x4y130 Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC
2.0
Đường thẳng AC qua M vng góc với BK nên có phương trình
4x3y6
Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 0;
2
x y
A x y
0.50
Từ 3; M
trung điểm AC suy C3; 2
0.50 Đường thẳng BC qua C vng góc với AH nên có phương trình x2y 1 0.50 Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình 3;1
3 13
x y
B x y
Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC A 0;2 , B -3;1 , C 3;-2
0.50
2 Trong mặt phẳng với trục toạ độ cho hình chữ nhật có , Gọi trung điểm điểm đối xứng với qua Biết trung điểm , điểm thuộc đường thẳng
Tìm tọa độ đỉnh
2.0 Oxy ABCD AB2BC
7;3
B M AB E D A
2; 2
N DM E : 2x y
(9)Ta chứng minh
Ta có nên tam giác vng cân , suy
Xét tam giac có
0.50
Do , suy tứ giác nội tiếp, hay
0.50
Đường thẳng qua vuông góc với BN nên có phương trình x y Tọa độ điểm E nghiệm hệ 3;3
0
x y x
E
x y y
Ta có BDBE10 Vì 2 2
100
4
AB AE EB AB AB AB nên
DE
0.50
Gọi D x y ; , DE4 BD10 nên tọa độ điểm D nghiệm hệ:
2
2
3 80 1;
1; 11
7 100
x y x y
x y
x y
Đối chiếu điều kiện ,B D khác phía với NE nên D1; 5
0.50
SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ
(Đề gồm có 01 trang)
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2018- 2019
MƠN: TỐN - LỚP 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26 /01/2019
BN NE AM AD AB
ADM A
AN DM
ANE MNB
1 ,
AN MN DM AEMBAD
90
NAE NAM NMB
A
D
B
C E
M
N
ANE MNBAEN MBN ABN ANBE
90
BNEBAE BN NE
(10)a Giải phương trình sau sin 2xsinxcosx1 2sin xcosx 3 0
b Có số nguyên tập hợp 1; 2; ;1000 mà chia hết cho 5? Câu (5.0 điểm)
a Cho khai triển 1 2 xn a0a x1 a x2 2 a xn n , n * hệ số thỏa mãn hệ thức
0 4096
2
n n
a a
a Tìm hệ số lớn ?
b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, người đá lần với xác suất làm bàn tương ứng x, y 0, (với x y) Biết xác suất để ba cầu thủ ghi bàn 0,976 xác suất để ba cầu thủ ghi ban 0,336 Tính xác suất để có hai cầu thủ ghi bàn
Câu (6.0 điểm)
Cho hình chópS ABCD , có đáy ABCD hình thang cân AD/ /BC vàBC2a,
0
AB ADDCa a Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC vàBD Biết SD vng góc vớiAC
a TínhSD
b Mặt phẳng () qua điểm M thuộc đoạn OD (M khácO D, ) song song với hai đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng ( ) Biết
MD x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Câu (4.0 điểm)
a Cho dãy (xk) xác định sau:
2! 3! ( 1)!
k
k x
k
Tìm limun với 2019
n n n
n n
u x x x
b Giải hệ phương trình sau:
2
2
1 18
1
x x y x y x y y
x x y x y x y y
(11)
ĐÁP ÁN
Câu Đáp án Điểm
Câu1 (5điểm)
a
2
sin cos sin cosx 2sin cos
sin cos sin cos sin cosx 2sin cos sin cos sin cos
PT x x x x x
x x x x x x x
x x x x
2 sin cos
, ( )
sin cos 4( )
2 x k
x x
k
x x VN x k
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: , , ( )
xk x k k
0,5 điểm
1,0 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
b Đặt S1; 2; ;1000 ; AxS x 3 ; BxS x 5 u cầu tốn tìm AB
Ta có
1000
333
1000
200
A
B
Mặt khác ta thấy AB tập số nguyên S chia hết cho nên phải chia hết cho BCNN 5, mà BCNN 3,5 15 nên
1000 66 15
A B
Vậy ta có
333 200 66 467
A B A B A B
0,5 điểm
0,5 điểm
1,0 điểm
(12)Câu (5điểm)
a Số hạng tổng quát khai triển 1 2 xn Cnk.2 kxk, 0 k n, k Vậy hệ số số hạng chứa k
x Cnk.2k ak Cnk.2k Khi đó, ta có
0
1
0 4096 4096 1 4096 12
2
n n
n
n n n n
n
a a
a C C C C n
Dễ thấy a0 an hệ số lớn Giả sử ak 0 k n hệ số lớn hệ số a0,a a1, 2, ,an
Khi ta có
1
1 12 12
1
1 12 12
12! 12!.2
! 12 ! ! 12 !
.2
12! 12!
.2
! 12 ! ! 12 !
k k k k
k k
k k k k
k k
k k k k
a a C C
a a C C
k k k k
1 23
1 12 23 26
12
2 26 26 3
13
k
k k
k k
k k
k
k k
Do k k
Vậy hệ số lớn a8 C128.28 126720
0,5 điểm
0,5 điểm
1,0 điểm
(13)b Gọi Ai biến cố “người thứ i ghi bàn” với i1, 2,3 Ta có Ai độc lập với P A 1 x P A, 2 y P A, 3 0,
Gọi A biến cố: “ Có ba cầu thủ ghi bàn” B: “ Cả ba cầu thủ ghi bàn”
C: “Có hai cầu thủ ghi bàn”
Ta có: AA A A1 2 3 P A P A P A1 2 P A3 0, 4(1x)(1y) Nên P A( ) 1 P A 1 0, 4(1x)(1y)0,976
Suy ra(1 )(1 ) 47
50 50
x y xy x y
(1)
Tương tự: BA A A1 2 3, suy ra:
1 0, 0,336
P B P A P A P A xy 14 25 xy (2)
Từ (1) (2) ta có hệ:
14 25 xy
x y
, giải hệ kết hợp với x y ta tìm
0,8
x y0,
Ta có: CA A A1 2 3A A A1 2 3A A A1 2 3
Nên P C( ) (1 x y) 0, 6x(1y).0, 6xy.0, 40, 452
1,0 điểm
1,0 điểm
(14)Câu (6điểm)
a Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnha
Kẻ DT/ /AC(T thuộcBC) Suy CT ADa DT vng gócSD Ta có: DT ACa
Xét tam giác SCT có , ,
SC a CT a SCT 1200
ST a
Xét tam giác vng SDT có DT a 3,
7
ST a SD a
b Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD DC, ,
N P
Qua M N P, , kẻ đường thẳng song song với SD cắt SB SA SC, , , ,
K J Q Thiết diện ngũ giácNPQKJ
Ta có: NJ MK PQ, , vng góc vớiNP
dt NPQKJ dt NMKJ dt MPQK =1( ) 1( ) NJ MK MN2 MKPQ MP
( )
2 NJ MK NP
do NJ PQ
Ta có: 3
3 NP MD AC MD x a
NP x
a
AC OD OD
2
2( 3)
a
a x
NJ AN OM SD OM
NJ a x
a
SD AD OD OD
2
( )
3
a a x
KM BM SD BM
KM a x
SD BD BD a
Suy ra: dt NPQKJ 2( 3) ( ) 2(3 )
2 a x a x x a x x
2 ,0 điểm
1,0 điểm
1,5 điểm
O
B C
A D
S
T
M N
P K
Q
(15)2
2
1 3
(3 )2 (3 )
4
3 a x x a x x a
Diện tích NPQKJ lớn 3
4 a
3 x a
1,5 điểm
Câu (4điểm)
a Ta có: 1 ( 1)! ! ( 1)!
k
k k k nên
1
( 1)!
k
x
k
Suy 1
1
0 ( 2)! ( 1)!
k k k k
x x x x
k k
Mà: x2019 n x1nx2n x2019n n 2019x2019 Mặt khác: lim 2019 lim 2019 2019 2019 1
2020!
n
x x x
Vậy lim 1 2020!
n
u
1,0 điểm
(16)b Điều kiện
2
1
x x y
y x y
Cộng trừ vế tương ứng hệ phương trình ta
2
1 10
8
x x y y x y
x y
Thế y=8-x vào phương trình ta
2
9 16 73 10
x x x
2
(x 9)(x 16x73) x 8x9
2 2
(x 3 ) ( x8) 3 ) 9 x(8x) (1) Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)
a x ; (8 ;3)
b x
Khi |a|.|
b|= (x23 ) (2 x8)23 )2
a
b=9x(8x) Pt (1) tương đương với |a|.|
b|=
a
b(2)
Ta có |
a|.|
b|
a
b Khi (2) xảy
a
b (không xảy ra)
acùng hướng
b suy 8x 1
x x=4 KL: Nghiệm hệ (4;4)
1,0 điểm
(17)Câu I (4,0 điểm)
1.Giải phương trình 2
2 cos cos 4 cos
4 x x x
2.Cho số x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự lập thành cấp số cộng; đồng thời số
2
(y1) ;xy1; x2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân Hãy tìm x y, Câu II (5,0 điểm)
1 Tính tổng S 2.1C 2n3.2C3n4.3Cn4 n(n 1)C nn
2.Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có sáu chữ số khác Tính xác suất để chọn số có chữ số chẵn chữ số lẻ
Câu III (5,0 điểm)
1. Tìm
2
lim
4
n n n n n n
2. Giải hệ phương trình
2
4 8 17 1
21 4 3
x x x y y
x y y y x
Câu IV(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng :
d x y , trọng tâm G Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích, tìm tọa độ đỉnh C
Câu V (4,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC2a đáy bé ADa , ABb Mặt bên SAD tam giác M điểm di động AB, Mặt phẳng (P) qua M song song với SA, BC
1 Tìm thiết diện hình chóp cắt mp P Thiết diện hình gì?
2 Tính diện tích thiết diện theo a, b xAM, 0 x b Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH
2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019
(18)Câu ĐÁP ÁN Điểm Câu I
1 2 2
2 cos cos 4 cos
4 x x x
PT 3cos4 21 cos2
cos
1
x x x
x x
x 3cos4 2cos2
sin
0.5
x
x cos2
6
cos
0.5
2 2 k x x k x x
k Z
k x k x 12 36 1.0
2 x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:
5
2
x y x y x y
x y
0.5
2 2
1 ; 1;
y xy x theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có:
2 2 2
1 2
y x xy
0.5
Thay (1) vào (2) ta đc:
2
2 2
4
2
1 2
4 4
3 3 2 3
y y y
y y y y
y x y y x 1.0 Câu II
1 n
n n n n
(19)Số hạng tổng quát:
2
2
!
1
! !
1 ! ! ! !
1
k
k n
k n
n u k k C k k
k n k n n n
k n k
n n C k n
1.0
2
2 2
1 n n nn
S n n C C C 1.0
n n 1 2 n2 0.5
2 Số phần tử không gian mẫu:
10 136080
n A A 0.5
*Số số tự nhiên có chữ số có3 chữ số chẵn chữ số lẻ TH1: (số tạo thành không chứa số 0)
Lấy số chẵn có: C43
Lấy số lẻ có: C53
Số hốn vị số trên: 6!
Suy số số tạo thành: C C43 53.6! 28800
0.5
TH2: ( số tạo thành có số 0) Lấy hai số chẵn khác 0: C42
Lấy số lẻ: C53
Số hốn vị khơng có số ) đứng đầu: 6! 5! 5.5! Số số tạo thành: C C42 53.5.5! 36000
0.5
Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có chữ số chẵn chữ số lẻ”
Suy : nA28800 36000 64800
Xác suất xảy biến cố A: 64800 10 136080 21
A A
n P
n
1
(20)1 2 2 2
4
lim lim
4 3
3
4
4 2
lim lim
3
3
3 1
n n n n
n n n
n n n n n n n
n n n n
n n n
n 2.0
2
2
4 8 17 1 1
21 4 3 2
x x x y y
x y y y x
Điều kiện: y0
2
2 2
2
1 ( 4) 17
4
4
8 17
x y x x y
x y
x y
x x y
0.5
4 2 2
8 17
x y x y
x y
x x y
(1 2 2 )
8 17
4
x y
x y
x x y
y x 0.5
Vì:
2 2
2 2
4
4
1 ,
8 17 17
x x y y
x y
x y
x x y x x y
0.5
Thay y x vào ta đuợc :
2 25 16
4 25 16
1 12
0
4 25 16
x x x x
x x x x
x x
x x x x
0.5
1 12
0
4 25 16
x y
vn x
x x x x
(21)Câu IV Ta có: BA 2; ,AB2 2
Phuơng trình đuờng thẳng AB:
1
x y
x y
0.5
: 1 ; Cd x y C t t
Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy ra: ;
3
t G t
0.5
Khoảng cách từ G đến AB: ;
G AB
t
d 0.5
Vì diện tích GAB đơn vị nên ta có:
;
3 7;3
1
2 G AB 5;
t C
d AB
t C
0.5
Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q
+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P
Thiết diện hình thang cân MNPQ
0.5 0.5
+ Tính diện tích MNPQ
Ta tính đuợc MQ NP b xa PQ, .a x;MN ab ax
b b b
từ tính đuợc
ab a x QK
b
1.5
D a A
C
S
N
B b 2a
M Q P
x
P Q
(22)Suy diện tích MNPQ là: x
2
1
2
MNPQ
a
S MN PQ QK b x b x
b
0.5
2 2
2
3 3 3
3
4 12 12
MNPQ
a a b x b x a
S b x b x
b b
Dấu “=”xẩy b x
(23)Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông 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 Chun 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 Toán: 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 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
- - - - -