Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Đề tuyển sinh vào lớp 10 có đáp án

Bài trước

Tải về

Bài sau

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm 2020

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021 được VnDoc sưu tầm và đăng tải. Đề thi gồm 01 trang với 10 câu hỏi tự luận tổng thời gian 120 phút sẽ là tài liệu tham khảo, giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu luyện tập, chuẩn bị tốt cho kì thi vào lớp 10 THPT sắp tới

Để tiện trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm về giảng dạy và học tập các môn học lớp 9, VnDoc mời các thầy cô giáo, các bậc phụ huynh và các bạn học sinh truy cập nhóm riêng dành cho lớp 9 sau: Nhóm Tài liệu học tập lớp 9. Rất mong nhận được sự ủng hộ của các thầy cô và các bạn.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Đáp án đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm 2020

Câu 1: (1,0 điểm) Tìm điều kiện của x để biểu thức $A=\sqrt{4-3x}-\sqrt[3]{x+1}$ $A = \sqrt{4 - 3 x} - \sqrt[3]{x + 1}$ có nghĩa

Để A có nghĩa $\Leftrightarrow 4-3x \geq 0\Leftrightarrow x \geq \frac{3}{4}.$ $\Leftrightarrow 4 - 3 x \geq 0 \Leftrightarrow x \geq \frac{3}{4} .$

Câu 2: (1,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình sau:

$x^2 - (3+\sqrt2)x +3\sqrt2 = 0$ $x^{2} - (3 + \sqrt{2}) x + 3 \sqrt{2} = 0$

Ta có: $\Delta = (3+\sqrt{2} )^2 - 4 \times3\sqrt{2}$ $Δ = (3 + \sqrt{2})^{2} - 4 \times 3 \sqrt{2}$

$= 9 + 6\sqrt{2} + 2 - 12\sqrt{2}$ $= 9 + 6 \sqrt{2} + 2 - 12 \sqrt{2}$

$= 9 - 6\sqrt{2} + 2$ $= 9 - 6 \sqrt{2} + 2$

$= (3-\sqrt{2} )^2$ $= (3 - \sqrt{2})^{2}$

Ta thấy $\Delta > 0$ $Δ > 0$ nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt:

$\left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr} \right.$ ${\begin{matrix} x_{1} = \frac{3 + \sqrt{2} - \sqrt{Δ}}{2} \\ x_{2} = \frac{3 + \sqrt{2} + \sqrt{Δ}}{2} \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} = \frac{3 + \sqrt{2} - \sqrt{(3 - \sqrt{2})^{2}}}{2} \\ x_{2} = \frac{3 + \sqrt{2} + \sqrt{(3 - \sqrt{2})^{2}}}{2} \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} = \frac{3 + \sqrt{2} - (3 - \sqrt{2})}{2} \\ x_{2} = \frac{3 + \sqrt{2} + (3 - \sqrt{2})}{2} \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\sqrt{2} \hfill \cr x_2=3 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} = \sqrt{2} \\ x_{2} = 3 \end{matrix}$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là $x_1=\sqrt2 và x_2=3.$ $x_{1} = \sqrt{2} v à x_{2} = 3.$

Câu 3: (1,0 điểm) Cho hàm số $y =\frac{1}{2-m}x+2021$ $y = \frac{1}{2 - m} x + 2021$ . Tìm các giá trị của m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên $\mathbb{R}$ $R$

Để hàm số đã cho là hàm bậc nhất đồng biến trên $\mathbb{R}$ $R$ $\Leftrightarrow \frac {1}{2-m} >0\Leftrightarrow m <2$ $\Leftrightarrow \frac{1}{2 - m} > 0 \Leftrightarrow m < 2$

Câu 4: (1,0 điểm) Đồ thị hàm số $y = a x^{2}$ và đường thẳng $y = 2 x + 2$ cùng đi qua điểm có hoành độ là 1. Tìm giá trị của a.

Gọi A là điểm mà cả 2 đồ thị trên đi qua có hoành độ là 1.

Ta có toạ độ của A là: $\left\{ \matrix{ x=1 \hfill \cr y=2\times1+2=4 \hfill \cr} \right.$ ${\begin{matrix} x = 1 \\ y = 2 \times 1 + 2 = 4 \end{matrix}$

Thay toạ độ của A vào hàm số $y = a x^{2}$ , ta có: $4=a\times1^2\Leftrightarrow a=4$ $4 = a \times 1^{2} \Leftrightarrow a = 4$

Vậy $a = 4$ .

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức

$B=\big( \frac{2x+1}{x\sqrt{x}-1} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{1+x\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$ $B = (\frac{2 x + 1}{x \sqrt{x} - 1} - \frac{\sqrt{x}}{x + \sqrt{x} + 1}) (\frac{1 + x \sqrt{x}}{1 + \sqrt{x}} - \sqrt{x})$ với $x \geq 0$ $x \geq 0$ và $x \neq 1$

a. Rút gọn B

Ta có:

$=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x}+x)}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$ $= (\frac{2 x + 1}{(\sqrt{x} - 1) (x + \sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x}}{x + \sqrt{x} + 1}) (\frac{(1 + \sqrt{x}) (1 - \sqrt{x} + x)}{1 + \sqrt{x}} - \sqrt{x})$

$=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-\sqrt{x}+x- \sqrt{x} \big)$ $= (\frac{2 x + 1}{(\sqrt{x} - 1) (x + \sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)}{(\sqrt{x} - 1) (x + \sqrt{x} + 1)}) (1 - \sqrt{x} + x - \sqrt{x})$

$=\big( \frac{2x+1-x+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-2\sqrt{x}+x \big)$ $= (\frac{2 x + 1 - x + \sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 1) (x + \sqrt{x} + 1)}) (1 - 2 \sqrt{x} + x)$

$= \frac{x+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} (\sqrt{x}-1 )^2$ $= \frac{x + \sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} - 1) (x + \sqrt{x} + 1)} (\sqrt{x} - 1)^{2}$

$= \sqrt{x}-1$ $= \sqrt{x} - 1$

Vậy $B = \sqrt{x}-1$ $B = \sqrt{x} - 1$

b. Tìm x để B = 5

Để $B=5\Leftrightarrow \sqrt{x}-1 = 5\Leftrightarrow \sqrt{x} = 6\Leftrightarrow x=36$ $B = 5 \Leftrightarrow \sqrt{x} - 1 = 5 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 6 \Leftrightarrow x = 36$ (thoả mãn đkxđ)

Vậy để $B=5\Leftrightarrow x=36$ $B = 5 \Leftrightarrow x = 36$

Câu 6: (1,0 điểm) Người ta đổ thêm 100g nước vào một dung dịch chứa 20g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch đó chứa bao nhiêu nước?

Gọi số nước ban đầu của dung dịch đó có là A (g). (A>0)

Nồng độ của dung dịch đó ban đầu là: $\frac{20}{A}$ $\frac{20}{A}$

Nồng độ của dung dịch đó sau khi đổ thêm 100g nước là $\frac{20}{A+100}$ $\frac{20}{A + 100}$

Vì khi đổ thêm 100g nước vào dung dịch đó chứa 20g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%, tức là:

$\frac{20}{A} - \frac{20}{A+100}= 0,1$ $\frac{20}{A} - \frac{20}{A + 100} = 0, 1$

$\Leftrightarrow \frac{20A+2000-20A}{A(A+100)} = 0,1$ $\Leftrightarrow \frac{20 A + 2000 - 20 A}{A (A + 100)} = 0, 1$

$\Leftrightarrow A^2+100A - 20000=0$ $\Leftrightarrow A^{2} + 100 A - 20000 = 0$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A_1=100 \hfill \cr A_2=-200 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} A_{1} = 100 \\ A_{2} = - 200 \end{matrix}$

Mà A>0 theo đkxđ nên $A = 100.$

Câu 7: (1,0 điểm) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD biết AB = 8cm, BC = 6cm.

Kẻ đường chéo AC cắt BD tại O. Ta thấy O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.

Bán kính của đường tròn này là: $R = OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2+BC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{8^2+6^2} =5 (cm).$ $R = O A = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{8^{2} + 6^{2}} = 5 (c m) .$

Câu 8: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC = 20cm, $\frac{AB}{AC} =\frac {4}{3}$ $\frac{A B}{A C} = \frac{4}{3}$ . Tính HB và HC.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Ta có $BC^2 = AB^2 + AC^2 = AB^2 + \big( \frac{3}{4}AB \big)^2\Leftrightarrow 20^2 = \frac{25}{16}AB^2 \Leftrightarrow AB = \frac{20\times4}{5}=16 (cm)$ $B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} = A B^{2} + (\frac{3}{4} A B)^{2} \Leftrightarrow 20^{2} = \frac{25}{16} A B^{2} \Leftrightarrow A B = \frac{20 \times 4}{5} = 16 (c m)$

$\Rightarrow AC = 12 (cm)$ $\Rightarrow A C = 12 (c m)$

Ta có: $S_{\triangle ABC} = \frac {1}{2} AB.AC = \frac {1}{2} AH.BC\Leftrightarrow AH = \frac {AB.AC}{BC} = \frac {16\times12}{20} = \frac{48}{5} (cm)$ $S_{△ A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} A H . B C \Leftrightarrow A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{16 \times 12}{20} = \frac{48}{5} (c m)$

Ta có:

$\triangle AHB ∽ \triangle CHA\Rightarrow \frac{AH}{CH} = \frac{HB}{HA} = \frac{AB}{AC} = \frac{4}{3} \Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}AH \hfill \cr HB=\frac{4}{3}AH \hfill \cr} \right.\Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}\times\frac{48}{5}= \frac{36}{5} \space (cm)\hfill \cr HB=\frac{4}{3}\times\frac{48}{5}=\frac{64}{5}\space (cm) \hfill \cr} \right.$ $△ A H B ∽ △ C H A \Rightarrow \frac{A H}{C H} = \frac{H B}{H A} = \frac{A B}{A C} = \frac{4}{3} \Rightarrow {\begin{matrix} H C = \frac{3}{4} A H \\ H B = \frac{4}{3} A H \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} H C = \frac{3}{4} \times \frac{48}{5} = \frac{36}{5} (c m) \\ H B = \frac{4}{3} \times \frac{48}{5} = \frac{64}{5} (c m) \end{matrix}$

Vậy $HC = \frac{36}{5} cm$ $H C = \frac{36}{5} c m$ và $= \frac{64}{5} cm.$ $= \frac{64}{5} c m .$

Câu 9: (1,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Lấy điểm C nằm trên đường tròn (C ≠ A, C ≠ B). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB. I là giao điểm của BD và CH. Chứng minh rằng CI = HI.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Kéo dài BC cắt AD tại E.

Xét đường tròn (O) có dây cung AC, ta có $\angle ABC = \angle ACD$ $∠ A B C = ∠ A C D$ (tính chất góc nội tiếp chắn cung) $= \angle DAC$ $= ∠ D A C$ (Tính chất DA DC là 2 tiếp tuyến của (O))

Lại có: $\angle ACB = 90⁰$ $∠ A C B = 90 ⁰$ (góc nội tiếp (O) chắn đường kính AB) $\Rightarrow \angle ECD = 90⁰ - \angle DCA = 90⁰ - DAC = \angle AEC\Rightarrow \triangle EDC$ $\Rightarrow ∠ E C D = 90 ⁰ - ∠ D C A = 90 ⁰ - D A C = ∠ A E C \Rightarrow △ E D C$ cân tại D hay $DE = DC = DA\Rightarrow D$ $D E = D C = D A \Rightarrow D$ là trung điểm AE.

Ta có $CH \space //\space AE$ $C H / / A E$ (cùng $⊥ A B$ ) nên xét tam giác BAE có $CH \space //\space AE\Rightarrow \frac{HC}{AE}=\frac{HB}{AB}$ $C H / / A E \Rightarrow \frac{H C}{A E} = \frac{H B}{A B}$

Tương tự với tam giác ADB, ta có $\frac{HI}{AD}=\frac{HB}{AB}$ $\frac{H I}{A D} = \frac{H B}{A B}$

Suy ra $\frac{HI}{AD}=\frac{HC}{AE}\Rightarrow \frac{HI}{HC}=\frac{AD}{AE} = \frac{1}{2}\Rightarrow HI = CI (đpcm)$ $\frac{H I}{A D} = \frac{H C}{A E} \Rightarrow \frac{H I}{H C} = \frac{A D}{A E} = \frac{1}{2} \Rightarrow H I = C I (đ p c m)$

Câu 10: (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung CD của hai đường tròn (C thuộc (O), D thuộc (O')). Lấy hai điểm E, F lần lượt thuộc các đường tròn (O), (O') sao cho ba điểm E, B, F thẳng hàng (B nằm giữa E và F, E ≠ B, F ≠ B) vầ EF song song với CD. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng DA với EF và CA với EF. K là giao điểm của hai đường thẳng EC và FD. Chứng minh rằng:

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

a. $\triangle KCD = \triangle BCD$ $△ K C D = △ B C D$

Theo tiên đề ơ-clit cho $CD \space // \space EF$ $C D / / E F$ , với đường thẳng KF, ta có $\angle KDC = \angle KFE$ $∠ K D C = ∠ K F E$

Xét đường tròn (O') có CD là tiếp tuyến $\Rightarrow \angle CDB = \angle DAB = \angle DFB$ $\Rightarrow ∠ C D B = ∠ D A B = ∠ D F B$ (tính chất góc nội tiếp chắn cung BD) $= \angle KFE$ $= ∠ K F E$

Suy ra $\angle KDC = \angle CDB$ $∠ K D C = ∠ C D B$

Chứng minh tương tự ta có $\angle KCD = \angle DCB$ $∠ K C D = ∠ D C B$

Xét tam giác KCD và BCD, ta có:

$\left\{ \matrix{ \angle KDC = \angle CDB \hfill \cr \angle KCD = \angle DCB \hfill \cr DC \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle KCD = \triangle BCD (g.c.g) (đpcm)$ ${\begin{matrix} ∠ K D C = ∠ C D B \\ ∠ K C D = ∠ D C B \\ D C c h u n g \end{matrix} \Rightarrow △ K C D = △ B C D (g . c . g) (đ p c m)$

b. $K P = K Q$

Theo ý a, ta có $\triangle KCD = \triangle BCD\Rightarrow KD=BD$ $△ K C D = △ B C D \Rightarrow K D = B D$

Lại có $CD \space // \space EF (gt) \Rightarrow O$ $C D / / E F (g t) \Rightarrow O^{'} D ⊥ E F$ hay $O^{'} D ⊥ B F .$

Theo tính chất của dây cung đường tròn, ta dễ thấy $BD = DF\Rightarrow KD=BD = DF\Rightarrow \triangle KBF$ $B D = D F \Rightarrow K D = B D = D F \Rightarrow △ K B F$ vuông tại B.

$\Rightarrow KB ⊥ EF$ $\Rightarrow K B ⊥ E F$ hay $K B ⊥ Q P$

Xét tam giác GDB và GAD, có:

$\left\{ \matrix{ \angle BDG = \angle GAD \space (cm \space p.a) \hfill \cr \angle BGD \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle GDB ∽ \triangle GAD\Rightarrow \frac{GD}{GB} = \frac{GA}{GD}\Rightarrow GD^2 = GA.GB$ ${\begin{matrix} ∠ B D G = ∠ G A D (c m p . a) \\ ∠ B G D c h u n g \end{matrix} \Rightarrow △ G D B ∽ △ G A D \Rightarrow \frac{G D}{G B} = \frac{G A}{G D} \Rightarrow G D^{2} = G A . G B$

Chứng minh tương tự cho tam giác GCB và GAC ta có $G C^{2} = G A . G B$

Suy ra $G D = G C$ (cùng hay G là trung điểm CD.

Tam giác ACD có $CD \space // \space EF$ $C D / / E F$ hay $QP \space // \space CD$ $Q P / / C D$ , có G là trung điểm CD, AG cắt QP tại $B\Rightarrow B$ $B \Rightarrow B$ là trung điểm QP.

Xét tam giác QKP có $K B ⊥ Q P$ mà B là trung điểm $QP \Rightarrow$ $Q P \Rightarrow$ tam giác QKP cân tại $K \Rightarrow KP = KQ$ $K \Rightarrow K P = K Q$ (đpcm)

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021 được VnDoc chia sẻ trên đây với 10 câu hỏi tự luận tổng thời gian 120 phút, giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Ngoài đề thi minh họa của tỉnh Thái Nguyên các bạn tham khảo các đề của các tỉnh khác nữa nhé

............................................

Ngoài Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề Thi vào lớp 10 năm 2020 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Xem thêm các bài Tìm bài trong mục này khác:

Chia sẻ, đánh giá bài viết

7.548

Bài trước

Bài sau

Chia sẻ bởi:
Đinh Thị Nhàn

Tải về

Chọn file muốn tải về:

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

301,2 KB

Tải file định dạng .DOC
217,7 KB

Đóng Chỉ thành viên VnDoc PRO/PROPLUS tải được nội dung này!

Đóng

79.000 / tháng

Mua ngay

Đặc quyền các gói Thành viên

PRO

Phổ biến nhất

PRO+

Tải tài liệu Cao cấp 1 Lớp

Tải tài liệu Trả phí + Miễn phí

Xem nội dung bài viết

Trải nghiệm Không quảng cáo

Làm bài trắc nghiệm không giới hạn

Tìm hiểu thêm

Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%

Xác thực tài khoản!

Theo Nghị định 147/2024/ND-CP, bạn cần xác thực tài khoản trước khi sử dụng tính năng này. Chúng tôi sẽ gửi mã xác thực qua SMS hoặc Zalo tới số điện thoại mà bạn nhập dưới đây:

Số điện thoại chưa đúng định dạng!

Sắp xếp theo

Xóa Đăng nhập để Gửi

Tìm bài trong mục này

Gợi ý cho bạn

Xem thêm

Đề thi vào 10 môn Toán

Xem thêm

Mầm non

Lớp 1

Lớp 2

Lớp 3

Lớp 4

Lớp 5

Lớp 6

Lớp 7

Lớp 8

Lớp 9

Lớp 10

Lớp 11

Lớp 12

Thi vào lớp 6

Thi vào lớp 10

Thi Tốt Nghiệp THPT

Đánh Giá Năng Lực

Khóa Học Trực Tuyến

Hỏi bài

Trắc nghiệm Online

Tiếng Anh

Thư viện Học liệu

Bài tập Cuối tuần

Bài tập Hàng ngày

Thư viện Đề thi

Giáo án - Bài giảng

Tất cả danh mục

Giáo án STEAM

Dạy con học

Giáo án

Trường mầm non

Danh mục Trường Tiểu học

Sáng kiến kinh nghiệm

Thư viện Đề thi

Bài tập cuối tuần

Trắc nghiệm

Sách Cánh diều

Sách Chân trời sáng tạo

Sách Kết nối tri thức

Tài liệu Giáo viên

Thư viện Đề thi

Bài tập Hàng ngày

Bài tập Cuối tuần

Trắc nghiệm

Môn Toán lớp 2

Môn Tiếng Việt lớp 2

Chuyên đề - Văn mẫu

Môn Tiếng Anh

Tài liệu Giáo viên

Thư viện Đề thi

Bài tập Hàng ngày

Bài tập Cuối tuần

Trắc nghiệm

Môn Toán lớp 3

Môn Tiếng Việt lớp 3

Chuyên đề - Văn mẫu

Tiếng Anh lớp 3

Tài liệu Giáo viên

Thư viện Đề thi

Bài tập Hàng ngày

Bài tập Cuối tuần

Trắc nghiệm

Môn Toán lớp 4

Môn Tiếng Việt lớp 4

Tiếng Anh lớp 4

Tài liệu Giáo viên

Thư viện Đề thi

Bài tập Hàng ngày

Bài tập Cuối tuần

Trắc nghiệm

Môn Toán lớp 5

Môn Tiếng Việt lớp 5

Môn Tiếng Anh 5

Thi vào lớp 6

Tài liệu Giáo viên

Ôn thi

Thư Viện Đề Thi

Trắc nghiệm

Khóa Học Trực Tuyến

Môn Toán