Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, VietJack biên soạn 10 Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án, chọn lọc. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp học sinh ôn luyện, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023.
Bộ 10 Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2024 có đáp án
Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng
Chỉ từ 150k mua trọn bộ Đề ôn thi vào 10 môn Toán năm 2024 bản word có lời giải chi tiết:
- B1: gửi phí vào tk:
0711000255837- NGUYEN THANH TUYEN - Ngân hàng Vietcombank [QR] - B2: Nhắn tin tới Zalo VietJack Official - nhấn vào đây để thông báo và nhận đề thi
Quảng cáo
Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kì thi tuyển sinh vào 10
Năm học 2022 - 2023
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
[không kể thời gian phát đề]
[Đề số 1]
Câu I: [2,0 điểm]. Cho biểu thức P=xx−1x−x−xx+1x+x : x+2x−2.
- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?
- Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên?
Câu II: [1,5 điểm]
- Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Tổng các chữ số của 1 số có hai chữ số là 9. Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì số thu được cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Hãy tìm số đó.
- Chứng minh hàm số y = 2x luôn đồng biến trên tập .
Câu III: [3,0 điểm].
- Giải hệ phương trình: x2−y2+3=0x+y=1.
- Giải phương trình: x3−2x2−4x=0.
- Cho phương trình x2+2m−2x+m2−2x+4=0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2x12+x22−1x1x2=115m?
Câu IV: [3,0 điểm]. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn [O]. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn [O] lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:
- Chứng minh rằng:
- Tứ giác CEHD nội tiếp.
- Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
- AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC .
- H và M đối xứng với nhau qua BC.
- Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Câu V: [0,5 điểm] Tìm x, y, z∈ℕthỏa mãn: x+23=y+z.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 01
Câu I: x≥0x−x≠0x+x≠0x+2≠0x−2≠0⇔x≥0x≠0x≠1x≠−2x≠2⇔x≥0x≠1x≠2
- Điều kiện xác định
Ta có: P=x−1x+x+1xx−1−x+1x−x+1xx+1 : x+2x−2
\=x+x+1−x+x−1x : x+2x−2=2x−2x+2
Vậy: P=2x−2x+2
Cách 2:
Đặt a=x a≥0
Ta có P=a3−1a2−a−a3+1a2+a : a2+2a2−2
\=a−1a2+a+1aa−1−a+1a2−a+1aa+1.a2−2a2+2
\=a2+a+1−a2−a+1a.a2−2a2+2=2.a2−2a2+2=2.x−2x+2
Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
- Ta có: P=2x−4x+2=2x+4−8x+2=2−8x+2
Để P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 : [x+2]
⇔x+2=±1x+2=±2x+2=±4x+2=±8⇔x=−1; x=3x=0; x=−4x=2; x=−6x=6; x=−10
Vậy x = 6 .
Nhận xét: Bài toàn tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nguyên bằng cách phân tích phần nguyên.
Câu II:
- Gọi chữ số hàng chục là x.
Chữ số hàng đơn vị là y.
Vì tổng 2 chữ số là 9, nên ta có x + y = 9 [1]
Điều kiện: 00, ∀m
Vậy phương trình [1] luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
- Theo định lý Vi-ét, ta có x1+x2=2m
Do đó 2x12+4mx2+2m2−9=2x12−4mx1+2m2−1+4mx1+x2−8
\=8m2−8=8m−1m+1 [do 2x12−4mx1+2m2−1=0 ].
Theo bài ra, ta có [ m - 1][ m + 1] < 0 -1< m 0 , ta suy ra 2c+6a+2b=7 .
Đặt x=1a, y=1b, z=1c⇒x, y, z>02z+6x+2y=7.
Khi đó: P=42x+y+94x+z+4y+z
Để tìm GTNN của P thí sinh có thể sử dụng một trong hai cách dưới đây.
Cách 1: Bất đẳng thức Cô-si bằng việc thêm bớt các ẩn.
Phân tích [*] trở thành:
P=42x+y+94x+z+4y+z
\=42x+y+m2x+y+94x+z+n4x+z+4y+z−m2x+y−n4x+z−py+z
[m, n, p >0]
Khi đó
P≥242x+y.m2x+y+294x+z.n4x+z
+24y+z.py+z−m2x+y−n4x+z−py+z
\=4m+6n+4p−x2x+4n+ym+p+zn+p
Ta chọn bộ số m, n, p > 0 sao cho 2x+4n=6m+p=2n+p=1⇔m=n=p=1 .
Suy ra: P ≥ 4 + 6 + 4 - 7 = 7
Với cơ sở phân tích như trên thí sinh có thể đưa biểu thức P về dạng tổng các bình phương để chỉ ra GTNN.
Cách 2: Áp dụng bổ để bất đẳng thức:
x2a+y2b≥x+y2a+b a, b, x, y>0 [I]
Chứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương.
Tổng quát của bất đẳng thức [I] có dạng:
x12a1+x22a2+...+xn2an≥x1+x2+...+xn2a1+a2+...+an a1>0, xi>0, i=1, n¯
Áp dụng bất đẳng thức [I] ta suy ra
P=42x+y+94x+z+4y+z≥2+326x+y+z+22y+z≥2+3+226x+2y+2z=727=7
Do đó, GTNN của P là 7 khi a = 2; b = 1; c = 1.
Giải:
Từ giả thiết: 2ab + 6bc + 2ca = 7abc và a, b, c > 0
Chia cả hai vế cho abc>0⇒2c+6a+2b=7 .
Đặt: x=1a, y=1b, z=1c⇒ x, y, z>02z+6x+2y=7 .
Khi đó: P=4aba+2b+9aca+4c+4bcb+c=42x+y+94x+z+4y+z [*]
⇒P=42x+y+2x+y+94x+z+4x+z+4y+z+y+z−2x+y+4x+z+y+z
\=2x+2y−x+2y2+34x+z−4x+12+2y+z−y+z2+7≥7
Khi x=12; y=z=1 thì P = 7.
Vậy GTNN của P là 7 khi a = 2; b = 1; c = 1 .
Quảng cáo
Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kì thi tuyển sinh vào 10
Năm học 2022 - 2023
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: phút
[không kể thời gian phát đề]
[Đề số 3]
Câu 1: [2 điểm] Rút gọn biểu thức sau:
- A=12−253+60.
- B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 < x < 3.
Câu 2: [2,5 điểm]
- Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M[1; –1] và N[2; 1].
- Cho phương trình: x2−2mx+m2−m+3=0 [1], với m là tham số.
- Giải phương trình [1] với m = 4.
- Tìm các giá trị của m để phương trình [1] có hai nghiệm và biểu thức: P=x1x2−x1−x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: [1,5 điểm]
Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến.
Câu 4: [3,0 điểm]
Cho đường tròn [O] có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC [H thuộc BC].
- Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.
- MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC.
- Gọi giao điểm của đường tròn [O] với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng.
Câu 5: [1,0 điểm] Giải phương trình: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03
Câu 1:
- A=12−253+60=36−215+215=36=6
- Với 0 < x < 3 thì |x - 3| = 3 - x
B=4xx−3.x2−6x+9x =2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2
Câu 2:
- Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M[1; –1] nên a+ b = -1
đồ thị hàm số đi qua điểm N[2; 1] nên 2a + b = 1
Yêu cầu bài toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3
Vậy hàm số phải tìm là y = 2x – 3.
- Với m = 4, phương trình [1] trở thành: x2−8x+15=0. Có Δ=1>0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3; x2=5;
- Ta có: ∆' = −m2−1.m2−m+3=m2−m2+m−3=m−3.
Phương trình [1] có hai nghiệm x1, x2 khi ∆' 0 ⇔ m−3≥0⇔m≥3
Với m≥3, theo định lí Vi–ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3
Theo bài ra: P=x1x2−x1−x2=x1x2−[x1+x2]
Áp đụng định lí Vi–ét ta được:
P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m[m−3]+3
Vì m≥3 nên m[m−3]≥0 , suy ra P≥3. Dấu " = " xảy ra khi m = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3.
Câu 3:
Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.
Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x [km/h, x > 0]
Vận tốc của ô tô là x + 35 [km/h]
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x [km]
Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5[x + 35][km]
Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:
7x + 1,5[x + 35] = 180 7x + 1,5x + 52,2 = 180 8,5x = 127,5 x = 15
[thỏa mãn]
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h.
Câu 4:
- Ta có: MOB^=900 [do AB⊥MN] và MHB^=900[do MH⊥BC]
Suy ra: MOB^+MHB^=900+900=1800
\=> Tứ giác BOMH nội tiếp.
- ∆OMB vuông cân tại O nên OBM^=OMB^ [1]
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM^=OHM^ [cùng chắn cung OM]
và OMB^=OHB^ [cùng chắn cung OB] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: OHM^=OHB^
\=> HO là tia phân giác của MHB^ => MEBE=MHHB [3]
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao
Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM [4]
Từ [3] và [4] suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC [đpcm]
- Vì MHC^=900[do MH⊥BC] nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒MKC^=900 [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]
MN là đường kính của đường tròn [O] nên MKN^=900 [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]
⇒MKC^+MKN^=1800
\=> 3 điểm C, K, N thẳng hàng [*]
∆MHC ∽ ∆BMC [g.g] ⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN [do ∆MBN cân tại B]
\=>HCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHM [theo [5] ]
Suy ra: MCBN=MEBE . Mà EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE [c.g.c]
⇒MEC^=BEN^, mà MEC^+BEC^=1800 [do 3 điểm M, E, B thẳng hàng]
⇒BEC^+BEN^=1800
\=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng [**]
Từ [*] và [**] suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
\=> 3 điểm C, K, E thẳng hàng [đpcm]
Câu 5: ĐKXĐ: x≥2
Ta có: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4
⇔5x2+27x+25=5x+1+x2−4
⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10[x+1][x2−4]
⇔4x2+2x+4=10x+1][x2−4]⇔2x2+x+2=5[x+1][x2−4] [1]
Cách 1:
[1] ⇔x2−2x−44x2−13x−26=0
Giải ra được:
x=1−5[loại]; x=1+5[nhận]; x=13+3658 [nhận]; x=13−3658 [loại]
Cách 2:
[1] ⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2 [2]
Đặt a=x2−x+2; b=x+2 [a≥0; b≥0]
Lúc đó, phương trình [2] trở thành:
5ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔a−b2a−3b=0⇔a=b2a=3b [*]
– Với a = b thì x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5[ktm]x=1+5[tm]
– Với 2a = 3b thì 2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x−26=0⇔x=13+3658 [tm]x=13−3658 [ktm]
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x=1+5 và x=13+3658 .
Quảng cáo
Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kì thi tuyển sinh vào 10
Năm học 2022 - 2023
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: phút
[không kể thời gian phát đề]
[Đề số 4]
Câu I: [2,0 điểm]. Cho biểu thức: P=xx+1x+1−x
- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?
- Tính giá trị của P tại x thỏa mãn x2−55−2x−6+25=0?
Câu II: [1,5điểm].
- Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một xe mô-tô đi từ A đến B [cách nhau 60km] theo thời gian đã định. Nửa quãng đường đầu xe đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định 10km/h và nửa quãng đường sau xe đi với vận tốc chậm hơn vận tốc dự định 6km/h. Biết rằng xe về đến B đúng thời gian quy định, hỏi vận tốc dự định là bao nhiêu?
- Tìm các giá trị m để hàm số y=m−2x+3 đồng biến.
Câu III: [3,0 điểm].
- Giải hệ phương trình 6x+5y=39x−10y=1.
- Giải phương trình: |1 - 2x| + |x + 1| = x + 2.
- Cho phương trình x2−mx+1=0. Không giải phương trình, tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức: x1+12+x2+12=2.
Câu IV: [3,0 điểm]. Đường tròn [O], đường kính. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.
- Chứng minh MN khi di động, trung điểm I của luôn nằm trên một đường tròn cố định.
- Từ A kẻ Ax⊥MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành.
- Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN.
- Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào?
- Cho AM.AN=3R2,AN=R3. Tính diện tích phần hình tròn [O] nằm ngoài tam giác AMN?
Câu V: [0,5 điểm]. Cho x, y thỏa mãn: x2+y2−4x−2=0 . Chứng minh rằng
10−46≤x2+y2≤10+46.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 04
Câu I:
- Điều kiện xác định: x≥0.
Ta có: P=xx+1x+1−x=x3+13x+1−x
\=x+1x−x+1x+1−x
\=x−x+1−x=x−2x+1.
Vậy P=x−2x+1.
Cách 2: Đặt a=xa≥0.
Ta có: P=a3+1a+1−a=a+1a2−a+1a+1−a=a2−2a+1=x−2x+1.
Nhận xét: Bài toán rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
- Ta có: x2−55−2x−6+25=0⇔x2−5+25x−6+25=0
⇔x+1x−6+25=0⇔x=−1x=6+25⇒x=6+25 [vì x≥0]
Nên ta có P=6+25−26+25+1=7+25−25+12
\=7+25−25+12=7+25−25−2=5.
Vậy P = 5.
Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biểu thức khi biết biến thỏa mãn một điều kiện nào đó. Ta tìm biến rồi thay vào biểu thức để tìm giá trị.
Câu II:
- Gọi x [km/h] là vận tốc dự định.
Thời gian dự định để đến B với vận tốc trên là 60x [giờ].
Nửa quãng đường đầu xe đi nhanh hơn với vận tốc dự định 10[km/h] nên tốn 30x+10 [giờ].
Nửa quãng đường sau xe đi chậm hơn với vận tốc dự định 6[km/h] nên tốn 30x−6 [giờ].
Do đến B đúng thời gian quy định nên ta có phương trình 60x=30x+10+30x−6⇔60x+10x−6=x30x−6+30x+10
⇔60+240x−3600=60x2+120x⇔120x=3600⇔x=30 [km/h].
Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về chuyển động cơ bản và chuyển động trên dòng nước:
“ Quãng đường = Vận tốc x Thời gian”
- Hàm số y=m−2x+3 đồng biến khi m≥2m−2>0
⇔m≥0m>2⇔m≥0m>4⇔m>4
Vậy m > 4.
Câu III:
- Điều kiện: xy ≠ 0
Đặt 1x=a1y=b. Hệ phương trình trở thành: 6a+5b=19a−10b=1
⇔a=3−5b693−5b6−10b=1⇔a=3−5b672=352b⇔a=13b=15
⇔1x=131y=15⇔x=3y=5 [thỏa mãn điều kiện].
Vậy hệ phương trình có nghiệm: x;y=3;5.
- Ta có bảng xét dấu các biểu thức
x
-1 1/2
1 - 2x
+ | + 0 -
x + 1
- 0 + | +
+ Xét: x≤−1*.
Phương trình tương đương với: [1 - 2x] - [x + 1] = x + 2
-3x = x + 2 4x = 2 x = 1/2 [không thỏa mãn điều kiện [*]].
+ Xét: −112***.
Phương trình tương đương với: -[1 - 2x] + [x + 1] = x + 2
3x = x + 2 2x = 2 x = 1 [thỏa mãn điều kiện [***]].
Vậy phương trình có nghiệm: x = 0; x = 1.
- Ta có: Δ=−m2−4.1.1=m2−4.
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: m2−4≥0⇔m≥2m≤−2.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1+x2=mx1.x2=1.
Ta có x1+12+x2+12=2⇔x12+2x1+1+x22+2x2+1=2
⇔x1+x22+2x1+x2−2x1.x2=0.
⇔m2+2m−2=0⇔m=3−1lm=−3−1. Vậy m=−3−1 .
Câu IV:
- I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN [quan hệ đường kính – dây cung] ⇒OIH^=90°
Do OH cố định nên khi MN di động thì I chạy trên đường tròn đường kính OH.
Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm luôn nằm trên đường cố định.
- Ta có AC // OI vì cùng vuông góc với MN.
Mà O là trung điểm của AB nên I là trung điểm của BC
Lại có I là trung điểm của nên CMBN là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường] [điều cần chứng minh].
Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác là hình bình hành bằng cách chứng minh tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
- CMBN là hình bình hành nênMC // BN
Mà BN⊥NA [BNA^=90°do tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]
Lại có AC⊥MN
Suy ra C là trực tâm tam giác AMN [điều cần chứng minh].
Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của tam giác bằng cách chứng minh nó là giao điểm của hai đường cao.
- Ta có H là trung điểm của OB, I là trung điểm của BC nên IH là đường trung bình của tam giác OBC => IH // OC
Mà OC⊥Ax⇒OCA^=90°, nên C thuộc đường tròn đường kính OA cố định.
Vậy khi MN quay quanh H thì C di chuyển trên đường tròn đường kính OA cố định.
Nhận xét: Bài toán tìm quỹ tích của một điểm.
- AM.AN=3R2,AN=R3⇒AM=3R2AN=3R2R3=R3⇒AM=AN=R3
\=> ∆AMN cân tại A.
Xét ∆ABN vuông tại N có AB=2R;AN=R3⇒BN=R⇒ABN^=60°.
Có ABN^=AMN^ [góc nội tiếp] nên AMN^=60°
Suy ra ∆AMN đều
⇒SΔAMN=R3234=3R234
⇒S=SO−SΔAMN=πR2−3R234=R24π−334.
Nhận xét: Bài toán tính diện tích liên quan đến hình tròn và tam giác.
Câu V:
Phương trình tương đương với: x2+y2=4x+2 1
Ta có: x2−4x−2=−y2≤0⇒x−6−2x+6−2≤0
⇔2−6≤x≤2+6
⇔10−46≤4x+2≤10+46 2
Từ [1] và [2], suy ra: 10−46≤x2+y2≤10+46 .
Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương một phương trình, giải bất phương trình bậc hai.
............................
............................
............................
............................
Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng
Xem thêm các đề thi vào lớp 10 môn Toán hay khác:
- Bộ 100 Đề thi vào lớp 10 môn Toán THCS Nguyễn Đình Chiểu năm 2022
- Bộ 95 Đề thi vào lớp 10 môn Toán hệ không chuyên năm 2022
- Bộ 45 Đề thi vào lớp 10 môn Toán các tỉnh năm 2022
- Bộ 36 Đề luyện thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022
Đã có lời giải bài tập lớp 10 sách mới:
- [mới] Giải bài tập Lớp 10 Kết nối tri thức
- [mới] Giải bài tập Lớp 10 Chân trời sáng tạo
- [mới] Giải bài tập Lớp 10 Cánh diều
Săn shopee siêu SALE :
- Sổ lò xo Art of Nature Thiên Long màu xinh xỉu
- Biti's ra mẫu mới xinh lắm
- Tsubaki 199k/3 chai
- L'Oreal mua 1 tặng 3
- Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 9 có đáp án
ĐỀ THI, GIÁO ÁN, KHÓA HỌC DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 9
Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi dành cho giáo viên và khóa học dành cho phụ huynh tại //tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official
Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85
Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán [có đáp án] được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán.
Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.