Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2019 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Đề thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao. Bên cạnh đề thi, chúng tôi còn cung cấp đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự học hiệu quả.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 để hiểu rõ hơn về mức độ khó và yêu cầu của đề thi.
Phương trình thường xuất hiện trong đề thi là phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, hoặc phương trình chứa căn thức. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các kiến thức về phương pháp giải phương trình và các kỹ năng biến đổi đại số.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất hình học, cũng như khả năng suy luận logic và trình bày bài toán một cách rõ ràng.
Các bài toán tính xác suất thường liên quan đến các khái niệm về không gian mẫu, biến cố, và quy tắc cộng xác suất, quy tắc nhân xác suất. Học sinh cần hiểu rõ các khái niệm này và áp dụng chúng một cách linh hoạt để giải quyết các bài toán.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 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 ôn thi đầy đủ. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kiến thức và đạt được thành công trong kỳ thi vào 10.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Hy vọng rằng những phân tích và hướng dẫn giải trong bài viết này sẽ giúp các em tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất.
