Chào mừng bạn đến với bài viết phân tích và giải chi tiết Đề số 32 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán. Đây là một trong những đề thi thử quan trọng giúp học sinh lớp 9 làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Giaitoan.edu.vn cung cấp giải pháp học toán online hiệu quả, giúp bạn tự tin chinh phục kỳ thi vào lớp 10.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 32 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
PHẦN I – TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Câu 1. Điều kiện để biểu thức \(\sqrt {4 - 2x} \) xác định là:
A. \(x \le 2\)
B. \(x > 2\)
C. \(x \ne 2.\)
D. \(x \ge 2\)
Câu 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị hàm số \(y = - 2x + 4\) cắt trục hoành tại điểm
A. \(M\left( {0;2} \right).\)
B. \(N\left( {2;0} \right).\)
C. \(P\left( {4;0} \right)\)
D. \(Q\left( {0;4} \right).\)
Câu 3. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm là một số dương?
A. \({x^2} - x + 1 = 0.\)
B. \( - 4{x^2} + 4x - 1 = 0.\)
C. \({x^2} - 3x + 2 = 0.\)
D. \(2{x^2} - 5x - 1 = 0.\)
Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến khi \(x < 0\) ?
A. \(y = - 2x.\)
B. \(y = 3 + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)x.\)
C. \(y = \sqrt 3 {x^2}.\)
D. \(y = \left( {\sqrt 3 - 2} \right){x^2}.\)
Câu 5. Tất cả các giá trị của m để hai đường thẳng \(y = 2x + m + 2\) và \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + 1\) song song với nhau là
A. \(m = 1.\)
B. \(m = - 1.\)
C. \(m = \pm 1.\)
D. \(m \in \emptyset \)
Câu 6. Nếu tăng bán kính của một hình tròn lên gấp 3 lần thì diện tích của hình tròn đó tăng lên gấp
A. 3 lần.
B. 6 lần.
C. 9 lần.
D. 27 lần.
Câu 7. Một tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là 5 cm, 12 cm, 13 cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó là:
A. \(\dfrac{5}{2}cm.\)
B. \(5\,cm.\)
C. \(\dfrac{{13}}{2}\,cm.\)
D. \(13\,cm.\)
Câu 8. Hình trụ có bán kính đáy bằng 9cm, diện tích xung quanh bằng \(198\pi \,\,c{m^2}\) , chiều cao hình trụ đó bằng
A. 9 cm.
B. 11 cm.
C. 12 cm.
D. 22 cm.
PHẦN II – TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức \(M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 3\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\) (với \(x > 0;x \ne 1;x \ne 4\))
1) Rút gọn biểu thức M.
2) Tìm các giá trị x để M < 4
Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình \({x^2} - mx - 4 = 0\;\;\;\left( 1 \right)\) (với m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 3.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị \(m\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 17?\)
Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {xy} - \dfrac{4}{{\sqrt {xy} }} = 3\\x\left( {1 - y} \right) + 15 = 0\end{array} \right.\)
Câu 4. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính AB và điểm C trên đường tròn \(\left( {C \ne A;C \ne B} \right)\). Gọi D là một điểm trên cung nhỏ \(CB\,\,\left( {D \ne C;D \ne B} \right)\) ; E là giao điểm của AD và BC; I là hình chiếu vuông góc của E trên AB; M là điểm thứ hai của đường thẳng DI và đường tròn \(\left( O \right)\).
1) Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và \(CM \bot AB\).
2) Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh \(BK.CE = BC.EK\)
Câu 5.
1) Hai đại biểu của trường A và trường B tham dự một buổi hội thảo. Mỗi đại biểu của trường A lân lượt bắt tay với từng đại biểu của trường B một lần. Tính số đại biểu của mỗi trường, biết số cái bắt tay bằng ba lần tổng số đại biểu của cả hai trường và số đại biểu của trường A nhiều hơn số đại biểu của trường B.
2) Cho \(x,y,z\) là các số dương. Chứng minh rằng \(\dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}\)
Lời giải chi tiết
PHẦN I – TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Câu 1 | Câu 2 | Câu 3 | Câu 4 | Câu 5 |
A | B | C | D | A |
Câu 6 | Câu 7 | Câu 8 | ||
C | C | B |
Câu 1. Biểu thức \(\sqrt {4 - 2x} \) xác định khi và chỉ khi \(4 - 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 2\) . Chọn A.
Câu 2. Đồ thị hàm số \(y = - 2x + 4\) cắt trục hoành (y = 0) nên ta có: \( - 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow \left( {2;0} \right)\) . Chọn B.
Câu 3.Xét \(\Delta = {b^2} - 4ac > 0\) thì phương trình đó có hai nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm là \({x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} > 0\).
Xét phương trình A ta có: \(\Delta = 1 - 4 = - 3 < 0\) phương trình này vô nghiệm. Loại A.
Xét phương trình B ta có: \(\Delta ' = 4 - 4 = 0\) nên phương trình này có nghiệm kép. Loại B.
Xét phương trình C ta có: \(\Delta = 9 - 8 = 1 > 0\) nên phương trình này có 2 nghiệm phân biệt. Ta xét tiếp \({x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{2}{1} = 2 > 0\) .
Chọn C.
Câu 4.
Xét đáp án A ta có: \(a = - 2 < 0\) nên hàm số A nghịch biến. Loại A.
Xét đáp án B. có \(a = 2 - \sqrt 5 < 0\) nên hàm số B nghịch biến. Loại B.
Xét đáp án C có: \(a = \sqrt 3 > 0;x < 0\) nên hàm số C nghịch biến. Loại C.
Xét đáp án D ta có: \(a = \sqrt 3 - 2 < 0,x < 0\) nên hàm số D đồng biến. Chọn D.
Chọn D.
Câu 5. Hai đường thẳng \(y = 2x + m + 2\) và \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + 1\) song song với nhau khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 2\\m + 2 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 1\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1.\) Chọn A.
Câu 6. Gọi bán kính ban đầu của đường tròn là R, diện tích của hình tròn khi chưa tăng bán kính là: \(S = \pi {R^2}\) .Khi đó diện tích của hình tròn sau khi tăng 3 lần bán kính là: \(S = \pi {\left( {3R} \right)^2} = 9\pi {R^2}\) Vậy diện tích tăng lên 9 lần
Chọn C.
Câu 7. Xét \({5^2} + {12^2} = {13^2}\) nên theo định lý Py – ta – go đảo ta có tam giác chứa 3 cạnh có độ dài như trên là tam giác vuông có cạnh huyền có độ dài là 13cm. Khi đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông chính là một nửa cạnh huyền tức là: \(\dfrac{{13}}{2}\left( {cm} \right)\)
Chọn C.
Câu 8. Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = \pi rh = 198\pi \Rightarrow \pi .9.h = 198\pi \Rightarrow h = 22\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
PHẦN II – TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)
Cho biểu thức \(M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 3\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\) (với \(x > 0;x \ne 1;x \ne 4\))
1) Rút gọn biểu thức M.
\(\begin{array}{l}M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 3\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - \sqrt x - 2\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}}\\ = \dfrac{{4x - 1}}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2}}} = \dfrac{{4x - 1}}{{{x^2}}}.\end{array}\)
2) Tìm các giá trị x để M < 4
\(M < 4 \Leftrightarrow \dfrac{{4x - 1}}{{{x^2}}} < 4 \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{{4x - 1 - 4{x^2}}}{{{x^2}}} < 0 \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{{ - {{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}{{{x^2}}} < 0\)
\(\Leftrightarrow x \ne \dfrac{1}{2},\forall x > 0;x \ne 1;x \ne 4\)
Vậy với mọi \(x > 0;x \ne \dfrac{1}{2},x \ne 1;x \ne 4\) thì \(M < 4\)
Câu 2 (1,5 điểm):
\({x^2} - mx - 4 = 0\;\;\;\left( 1 \right)\)
a) Với \(m = 3\) ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0\)
Ta có: \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\)
Nên phương trình luôn có 1 nghiệm \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là \(x = - \dfrac{c}{a} = 4\)
Vậy với \(m = 3\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;\;4} \right\}.\)
b) Ta có: \(\Delta = {m^2} + 16 > 0\;\;\forall m \Rightarrow \) phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = - 4\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 17\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 17\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.\left( { - 4} \right) = 17\\ \Leftrightarrow {m^2} = 9\\ \Leftrightarrow m = \pm 3.\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 3\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3. (1,0 điểm).
Điều kiện: \(xy > 0\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {xy} - \dfrac{4}{{\sqrt {xy} }} = 3\\x\left( {1 - y} \right) + 15 = 0\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy - 4 = 3\sqrt {xy} \\x - xy + 15 = 0\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy - 3\sqrt {xy} - 4 = 0\,\,\left( 1 \right)\\x - xy + 15 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ (1) ta có:
\(\begin{array}{l}xy - 3\sqrt {xy} - 4 = 0\\ \Leftrightarrow xy + \sqrt {xy} - 4\sqrt {xy} - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {xy} + 1} \right)\left( {\sqrt {xy} - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {xy} = - 1\left( {ktm} \right)\\\sqrt {xy} = 4\left( {tm} \right) \Leftrightarrow xy = 16\end{array} \right.\end{array}\)
Thay xy = 16 vào phương trình (2) của hệ ta được: \(x - 16 + 15 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)
Với x = 1 suy ra y = 16
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;16).
Câu 4.
1) Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và \(CM \bot AB\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle EDB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BDEI\) có \(\angle EDB + \angle EIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
\( \Rightarrow \angle EID = \angle EBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE).
Mà \(\angle EBD = \angle CBD = \angle CMD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \angle EID = \angle CMD\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EI//CM\).
Mà \(EI \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow CM \bot AB\).
2) Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh \(BK.CE = BC.EK\)
Xét tứ giác ACEI có \(\angle ACE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle ACE + \angle CIE = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle CIE = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE)
Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DIE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
Mà \(\angle CAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))
\( \Rightarrow \angle CIE = \angle DIE = \angle KIE \Rightarrow IE\) là phân giác trong của \(\angle CIK\).
Mà \(IE \bot IB\) nên IB là phân giác ngoài của \(\angle CIK\)
Áp dụng tính chất tia phân giác ta có :
\(\dfrac{{EC}}{{EK}} = \dfrac{{BC}}{{BK}} = \dfrac{{IC}}{{IK}}\)
\(\Rightarrow BK.CE = BC.EK\,\,\left( {dpcm} \right)\)
Câu 5.
1) Gọi số đại biểu của trường A là x (đại biểu) và số đại biểu của trường B là y (đại biểu) \(\left( {x,y \in N*;x > y} \right)\).
Mỗi đại biểu của trường A bắt tay với lần lượt từng đại biểu của trường B nên số cái bắt tay là \(xy\).
Vì số cái bắt tay bằng 3 lần tổng số đại biểu của cả hai trường nên \(xy = 3\left( {x + y} \right)\)
\( \Rightarrow xy = 3x + 3y \Leftrightarrow x\left( {y - 3} \right) = 3y\)
TH1: \(y = 3 \Leftrightarrow x.0 = 9\) (vô lí)
TH2: \(y \ne 3 \Rightarrow y = \dfrac{{3y}}{{y - 3}} = \dfrac{{3y - 9 + 9}}{{y - 3}} = 3 + \dfrac{9}{{y - 3}}\)
Do \(x \in N* \Rightarrow y - 3 \in U\left( 9 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3; \pm 9} \right\}\)
\(y - 3\) | -1 | 1 | -3 | 3 | -9 | 9 |
y | 2 | 4 | 0 | 6 | -6 | 12 |
x | -6 | 12 | 6 | 4 | ||
ktm | tm | ktm | ktm | ktm | ktm |
Vậy số đại biểu của trường A là 12 đại biểu và số đại biểu của trường B là 4 đại biểu.
2)
Do \(x,y,z > 0\)
Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(\begin{array}{l}{x^3} + {y^2} \ge 2\sqrt {{x^3}{y^2}} = 2\sqrt x .xy\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt x .xy}}\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{{\sqrt x }}{{2\sqrt x .xy}}\\ \Rightarrow \dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{1}{{xy}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} \le \dfrac{1}{{yz}}\\\dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{zx}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}}\left( 1 \right)\)
Mặt khác
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{x^2}}}.\dfrac{1}{{{y^2}}}} = \dfrac{2}{{xy}}\\\dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{y^2}}}.\dfrac{1}{{{z^2}}}} = \dfrac{2}{{yz}}\\\dfrac{1}{{{z^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{z^2}}}.\dfrac{1}{{{x^2}}}} = \dfrac{2}{{xz}}\\ \Rightarrow 2\left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}} \right) \ge 2\left( {\dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{xz}}} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{xz}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {x^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh sau nhiều năm học tập. Việc làm quen với các dạng đề thi khác nhau, đặc biệt là các đề thi thử, là vô cùng cần thiết để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi chính thức. Bài viết này sẽ phân tích chi tiết Đề số 32 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán, cung cấp hướng dẫn giải chi tiết và những lưu ý quan trọng để đạt kết quả cao.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề số 32 bao gồm các câu hỏi thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau của chương trình Toán lớp 9. Để giải quyết tốt đề thi này, học sinh cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán và có khả năng vận dụng linh hoạt các công thức và định lý đã học.
Câu 1 thường là một bài toán về giải phương trình hoặc hệ phương trình. Để giải quyết câu này, học sinh cần sử dụng các phương pháp đại số như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ.
Câu 2 thường là một bài toán về chứng minh các tính chất hình học hoặc tính diện tích, thể tích. Để giải quyết câu này, học sinh cần nắm vững các định lý hình học, sử dụng các công thức tính diện tích, thể tích và có khả năng vẽ hình chính xác.
Câu 3 thường là một bài toán về số học, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về số nguyên tố, chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất. Để giải quyết câu này, học sinh cần nắm vững các khái niệm cơ bản về số học và có khả năng phân tích bài toán một cách logic.
Câu 4 thường là một bài toán về tổ hợp hoặc xác suất, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về đếm, hoán vị, tổ hợp, xác suất. Để giải quyết câu này, học sinh cần nắm vững các công thức tính tổ hợp, hoán vị, xác suất và có khả năng phân tích bài toán một cách chính xác.
Sau đây là hướng dẫn giải chi tiết các câu hỏi trong Đề số 32:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào lớp 10 môn Toán, học sinh cần lưu ý những điều sau:
Giaitoan.edu.vn là một nền tảng học toán online uy tín, cung cấp các khóa học chất lượng cao, đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và các tài liệu học tập phong phú. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kiến thức và đạt được thành công trong kỳ thi vào lớp 10 môn Toán.
Đề số 32 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một đề thi thử hữu ích giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Hy vọng bài viết này đã cung cấp cho bạn những thông tin hữu ích và giúp bạn tự tin hơn khi bước vào kỳ thi chính thức. Chúc bạn thành công!