Top 5 # Giải Chi Tiết Toán 9 Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 3/2023 # Top Trend

Thêm vào giỏ hàng thành công!

Xem giỏ hàng

SKU: 8935092777603

Khả dụng: Còn hàng

Loại sản phẩm: SÁCH

Nhà cung cấp: Hồng Ân

Thông tin chi tiết

Mã hàng

8935092777603

Tên nhà cung cấp

Hồng Ân

Tác giả

Lê Hồng Đức

NXB

Đại Học Quốc Gia Hà Nội

Trọng lượng(gr)

300

Kích thước

16 x 24

Số trang

284

Hình thức

Bìa Mềm

Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Toán 9 – Tập 2

Cuốn sách Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Toán 9 – Tập 2 thuộc bộ sách Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Toán THCS di Nhóm Cự Môn biên soạn gồm 8 cuốn với nội dung của bộ sách như sau:

Có cấu trúc trung thành với nội dung và tinh thần của chương trình Toán THCS theo mỗi lớp (6,7,8,9) của Bộ GD & ĐT

Cách biên soạn dựa trên những hiểu biết chuyên môn và trình độ sư phạm đã được rèn luyện qua kinh nghiệm giảng dạy Toán chiều sâu ở cấp học THCS của các thành viên trong Nhóm Cự Môn.

Nội dung của mỗi cuốn sách Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Toán 9 – Tập 2 lại được trình bày như sau:

B. Bài Tập Rèn Luyện

C. Hướng Dẫn – Đáp Số

Trân trọng kính chào các khách hàng của Nhà sách trực tuyến Nhanvan.vn.

Hiện nay, do mức chiết khấu trên website chúng tôi đang là rất cao, đặc biệt vào các thời điểm có chương trình khuyến mãi. Do đó, số lượng sản phẩm giảm KHỦNG có giới hạn nhất định, vì vậy để đảm bảo quyền lợi của từng khách hàng của chúng tôi chúng tôi xin thông báo chính sách về “Đơn hàng mua Số lượng” và việc xuất hóa đơn GTGT như sau:

1. Đơn hàng được xem là “đơn hàng mua sỉ” khi thoả các tiêu chí sau đây:

– Tổng giá trị các đơn hàng trong ngày có giá trị: từ 1.000.000 đồng (một triệu đồng) trở lên.

– 1 Đơn hàng hoặc tổng các đơn hàng trong ngày: có 1 sản phẩm có tổng số lượng từ 10 trở lên (Cùng 1 mã hàng).

– 1 Đơn hàng hoặc tổng các đơn hàng trong ngày: có tổng số lượng sản phẩm (đủ loại) từ 20 sản phẩm trở lên và Số lượng mỗi tựa từ 5 trở lên (Cùng 1 mã hàng) . Không áp dụng cho mặt hàng Văn Phòng Phẩm .

Lưu ý: Các đơn hàng có cùng thông tin người mua hàng (cùng số điện thoại, cùng email hoặc cùng địa chỉ nhận hàng) thì được tính là đơn hàng của 1 khách hàng.

2. Chính sách giá (% chiết khấu giảm giá). Đây là chính sách chung chỉ mang tính tương đối. Xin quý khách vui lòng liên lạc với Nhân Văn để có chính sách giá chính xác nhất:

– Đối với Nhóm hàng sách độc quyền Nhân Văn : áp dụng mức giảm giá trên web tối đa không vượt quá 40%.

– Đối với Nhóm hàng sách của các nhà cung cấp trong nước : áp dụng mức giảm giá trên web tối đa không vượt quá 30%.

– Đối với Nhóm hàng sách từ NXB Giáo Dục, Kim Đồng, Oxford và Đại Trường Phát : áp dụng mức giảm giá trên web tối đa không vượt quá 10%.

– Đối với Nhóm hàng văn phòng phẩm, đồ chơi, dụng cụ học sinh: áp dụng mức giảm giá trên web tối đa không vượt quá 15%.

– Đối với Nhóm hàng giấy photo, sản phẩm điện tử, văn hóa phẩm : áp dụng mức giảm giá trên web tối đa không vượt quá 10%.

Quý khách có nhu cầu mua số lượng lớn, vui lòng liên hệ bộ phận kinh doanh chúng tôi để có chính sách tốt nhất: 028.36007777 hoặc 0949460880, Từ thứ 2 đến thứ 7: 8:30 am – 8 pm hoặc Email: sale@nhanvan.vn.

3. Đối với việc thanh toán đơn hàng sỉ và xuất hóa đơn GTGT:

– Khách hàng mua SÁCH và VĂN PHÒNG PHẨM đơn hàng sỉ hoặc có nhu cầu xuất hóa đơn GTGT phải thanh toán trước cho Nhân Văn từ 50 – 100% giá trị đơn hàng, chúng tôi sẽ chịu hoàn toàn trách nhiệm về khâu vận chuyển và chất lượng hàng hóa đến tay khách hàng.

– Đối với mặt hàng HÓA MỸ PHẨM và BÁCH HÓA. Khách hàng mua hàng với số lượng trên 5 hoặc đơn HÀNG sỉ phải thanh toán cho Nhân Văn 100% giá trị đơn hàng. Chúng tôi sẽ chịu hoàn toàn trách nhiệm về khâu vận chuyển và chất lượng hàng hóa đến tay khách hàng.

(Chính sách mua sỉ có thể thay đổi tùy theo thời gian thực tế)

– Điểm NV-POINT sẽ được tích lũy vào tài khoản khách hàng sau khi đơn hàng hoàn tất tức khách hàng đã thanh toán và nhận đơn hàng thành công.

– Mỗi đơn hàng hoàn tất sẽ nhận 1% điểm thưởng trên tổng giá trị đơn hàng.

– Với mỗi 10.000đ phát sinh trong giao dịch khách hàng sẽ nhận tương ứng với 100 NV-POINT.

– Điểm NV-POINT có thể dùng để ĐỔI THƯỞNG hoặc TRỪ TRỰC TIẾP vào đơn hàng theo quy ước 1 NV-POINT = 1 VND sử dụng để mua hàng tại hệ thống Siêu Thị Nhà Sách Nhân Văn và mua sắm online tại website https://nhanvan.vn (Lưu ý: NV-POINT không quy đổi thành tiền mặt)

– Ngày 31/12 hàng năm, Nhân Văn sẽ thực hiện thiết lập lại Điểm Tích Lũy NV-POINT và hạng thành viên cho tất cả tài khoản.

ĐẶC BIỆT

– Cơ chế tích điểm mới áp dụng ĐỒNG NHẤT với tất cả thành viên khi tham gia trải nghiệm mua sắm tại hệ thống Siêu Thị Nhà Sách Nhân Văn và mua sắm online tại website https://nhanvan.vn

– Với khách hàng lần đầu tiên đăng ký, sau khi đơn hàng đầu tiên hoàn tất tức khách hàng đã thanh toán và nhận đơn hàng thành công, khách hàng sẽ nhận ngay 3 VOUCHER mua sắm qua email và áp dụng cho cả online lẫn offline, bao gồm:

+ Voucher giảm 20K cho đơn hàng từ 100K

+ Voucher giảm 50K cho đơn hàng từ 200K

+ Voucher giảm 100K cho đơn hàng từ 600K

– Nhà Sách Nhân Văn sẽ tặng quà đặc biệt nhân ngày Sinh Nhật Khách Hàng.

– Tận hưởng các ưu đãi đặc biệt dành cho chương trình thành viên áp dụng ĐỒNG NHẤT cả khi trải nghiệm mua sắm tại hệ thống Nhà Sách Nhân Văn và cả trên website https://nhanvan.vn

Sẽ có chương trình ” Member Day” ưu đãi đặc biệt diễn ra vào NGÀY 15 HÀNG THÁNG với nhiều ưu đãi, quà tặng dành tặng khách hàng đã đăng ký thành viên và mua sắm trực tiếp tại hệ thống Nhà Sách Nhân Văn và mua trên https://nhanvan.vn

– Điểm tích lũy NV-POINT không quy đổi thành tiền mặt.

– Trường hợp đơn hàng bị hủy/trả hàng thì sẽ không được tính điểm tích lũy NV-POINT.

– Điểm NV-Point hiện tại của khách hàng (được tích lũy từ việc mua hàng/tham gia trò chơi/ưu đãi chương trình) sẽ giữ nguyên để sử dụng đổi thưởng quà tặng.

– Điểm và thông tin cá nhân được cập nhật chính thức sau khi giao dịch hoàn tất và sau khi khách hàng nhận được hàng.

– Điểm NV-POINT sẽ không thể được tặng, gộp hoặc chuyển qua lại giữa các tài khoản.

– Điểm tích luỹ theo năm và hạng thành viên được xét lại mỗi năm 1 lần.

– Trường hợp NV-POINT đã được dùng để đổi quà tặng sẽ không được hoàn trả lại.

– Nhà Sách Nhân Văn không chịu trách nhiệm giải quyết các quyền lợi của khách hàng nếu thông tin do khách hàng cung cấp không đầy đủ và không chính xác, hoặc nếu quá thời hạn nhận quyền lợi theo quy định tại thể lệ chương trình.

– Nhà Sách Nhân Văn có quyền quyết định bất kỳ lúc nào về việc chỉnh sửa hoặc chấm dứt chương trình khách hàng thành viên chúng tôi mà không cần báo trước.

Ưu đãi giảm giá theo hạng thẻ được áp dụng tại tất cả chuỗi hệ thống Nhà Sách Nhân Văn hoặc mua tại Website https://nhanvan.vn

– Nhà Sách Nhân Văn sẽ xét duyệt hạng thành viên của khách hàng dựa trên tổng giá trị đơn hàng tích lũy sau khi mua hàng.

– Chương trình “Quà Tặng Sinh Nhật Đặc Biệt” áp dụng cho thành viên có phát sinh ít nhất 1 giao dịch trong 12 tháng gần nhất.

– Voucher quà tặng sinh nhật chỉ áp dụng duy nhất 01 lần cho 01 hóa đơn tại tất cả chuỗi hệ thống Nhà Sách Nhân Văn hoặc mua tại Website https://nhanvan.vn

Để biết thêm chi tiết vui lòng truy cập website https://nhanvan.vn hoặc hotline 028 3600 7777

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TOÁN THPTQG – 2017 MÃ ĐỀ: 104CÂU 1:Hàm số nghịch biến trên Chọn đáp án C.CÂU 2:Chọn đáp án C.CÂU 3:Chọn đáp án A.CÂU 4:Chọn đáp án D.CÂU 5:Chọn đáp án A.CÂU 6:Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc 3 Loại đáp án B, CDáng điệu của đồ thị (bên phải hướng lên nên ) Loại đáp án DChọn đáp án A.CÂU 7:Hàm số bậc nhất/bậc nhất không có điểm cực trị. Chọn đáp án B.CÂU 8:Chọn đáp án C.CÂU 9:Chọn đáp án B.CÂU 10:Chọn đáp án B.CÂU 11:Hàm số lũy thừa với số mũ nguyên âm xác định cơ số phải khác 0 xác định Chọn đáp án D.CÂU 12:tại NChọn đáp án B.CÂU 13:Điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là Chọn đáp án C.CÂU 14:Chọn đáp án A.CÂU 15:lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục Chọn đáp án C.CÂU 16:có TCĐ: và TCN: Chọn đáp án D.CÂU 17:Chọn đáp án D.CÂU 18:Chọn đáp án B.CÂU 19:Phương trình có nghiệm thực Chọn đáp án C.CÂU 20:trên Chọn đáp án D.CÂU 21:x

0

y

Hàm số đồng biến trên Chọn đáp án B.CÂU 22:Mặt phẳng đi qua và có VTPT có PT là:Chọn đáp án C.CÂU 23:Hình bát diện đều cạnh có 8 mặt là các tam giác đều cạnh . Mỗi mặt có diện tích là . Vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều là Chọn đáp án C.CÂU 24:Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của và . Nhìn vào đồ thị, ta có PT có 4 nghiệm phân biệt vàcắt tại 4 điểm phân biệtChọn đáp án C.CÂU 25:Chọn đáp án A.CÂU 26:Hàm số xác định TXĐ: Chọn đáp án C.CÂU 27:đều, là đường cao vuông tại OChọn đáp án B.CÂU 28:Vậy Chọn đáp án D.CÂU 29Chọn đáp án D.CÂU 30: Gọi I là trung điểm của SC. tại A, tại B, tại D

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. tại B: tại A: Chọn đáp án C.CÂU 31:Đặt PTTT: Mà YCBT PT theo t có hai nghiệm dương sao cho Chọn đáp án C.CÂU 32: tại D: tại C:

Chọn đáp án B.CÂU 33:

0

6 9

v

Chọn đáp án B.CÂU 35:

Mà là nguyên hàm của . Suy ra Chọn đáp án C.CÂU 36:Chọn đáp án D.CÂU 37:

Chọn đáp án B.CÂU 38:là tâm mặt cầu (S). Theo đề cho, ta có: Chọn đáp án B.CÂU 39:Gọi M là trung điểm của B’C’. Ta có: Áp dụng định lý cos trong tam giác ABC:

tại M: tại : Chọn đáp án A.CÂU 40:Chọn đáp án D.CÂU 41:Hàm sốnghịch biến trên các khoảng xác định

Mà Chọn đáp án D.CÂU 42:Theo đề cho, ta có:

Chọn đáp án A.CÂU 45:, H/S có 2 điểm cực trị PT có 2 nghiệm phân biệt

Với , Chọn đáp án B.CÂU 46:Áp dụng định lý Viet cho 2 PT bậc 2 đã cho (ẩn là lnx và logx):

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 – Đề 14 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề LỜI GIẢI CHI TIẾT 30 ĐỀ CHUYÊN Câu 1: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3×2  9 x  40 trên đoạn  5;5 lần lượt là A. 45; 115 B. 13; 115 Câu 2: Với 0  a  b  A.  2 sin a sin b  a b C. 45;13 D. 115; 45 ta có B. sin a sin b  a b C. sin a sin b  a b D. sin a sin b  a b Câu 3: Cho hàm số y  x4  2 x2  1024 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Đồ thị hàm số qua A(0; 1024) B. Hàm số có 1 cực tiểu C. lim f ( x)  ; lim f ( x)   x  x  D. Đồ thị có 2 điểm có hoành độ thỏa mãn y ”  0 . Câu 4: Tìm GTLN của hàm số y  x  5  x 2 trên   5; 5  ? A. 5 B. 10 C. 6 D. Đáp án khác Câu 5: Phương trình x3  3x  m2  m có 3 nghiệm phân biệt khi A. 2  m  1 B. 1  m  2 C. 1  m  2 D. m  21 Câu 6: Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) y  x3  2 x tại điểm có hoành độ x  1 là A. y   x  2 B. y  x  2 C. y   x  2 D. y  x  2 Câu 7: Cho hàm số y  x3  6 x 2  mx  1 đồng biến trên  0;   khi giá trị của m là A. m  12 B. m  0 C. m  0 D. m  0 Câu 8: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định? A. y  x3  3x 2  6 B. y  x 4  3x 2  1 C. y  2x 1 x 1 D. y  x 2  3x  5 x 1 Câu 9: Cho hàm số y  f ( x) xác định trên tập D. Khẳng định nào sau đây sai? A. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y  f ( x) trên tập D nếu f ( x)  M với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f ( x0 )  M . B. Điểm A có tọa độ A 1; f (1)  1 không thuộc đồ thị hàm số. C. Nếu tập D  R và hàm số f ( x) có đạo hàm trên R thì đồ thị của hàm số y  f ( x) phải là một đường liền nét D. Hàm số f ( x) là hàm số liên tục trên R và khoảng đồng biến của nó là 0;1  3;5 thì hàm số phải nghịch biến trên 1;3 . Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y  x3  3x  5 mà hoành độ là nghiệm của phương trình y ”  0 ? A.  0;5 Câu 11: Logarit cơ số 3 của số nào bằng A. 3 3 C.  1;1 B. 1;3 B. D.  0;0  1 3 1 3 3 C. 1 27 D. 1 3 3 Câu 12: Đạo hàm y  ( x 2  2 x  2)ex là A. xex B. x 2ex C.  x 2  4 x  ex D.  2 x  2  ex Câu 13: Hàm số y  ln( x  1  x 2 )  1  x 2 . Mệnh đề nào sai: A. Hàm số có đạo hàm y ‘  1 x 1  x2 C. Tập xác định của hàm số là D  R B. Hàm số tăng trên khoảng  1;   D. Hàm số giảm trên khoảng  1;   Câu 14: Hàm số y  x 2e x đồng biến trên khoảng A.  ; 2  B.  2;0  C. 1;   D.  ;1 Câu 15: Phương trình 9x  3.3x  2  0 có 2 nghiệm x1; x2 ( x1  x2 ) . Giá trị  2 x1  3×2 là A. 4log3 2 B. 1 C. 3log3 2 D. Đáp án khác Câu 16: Tập xác định của hàm số y  ln( x 2  4) là A.  ; 2    2;   B.  2;   C.  2; 2  D.  2;   Câu 17: Phương trình log 2 (3x  2)  3 có nghiệm A. 10 3 B. 16 3 C. 8 3 D. 11 3 Câu 18: Số nghiệm của phương trình 22 x  22 x  15 là A. 3 B. 2 C. 1 Câu 19: Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình 7 x A. 5 B. 3 Câu 20: Tìm logarit của A.  3 2 1 3 2 Câu 21: Nguyên hàm của hàm số A. 1 C (2  4 x) B. 5 x  9  343 . Tổng x1  x2 là C. 4 D. 2 C. 2 3 D.  C. 1 C (4 x  2) D. 1 C (2 x  1) C. 2 2 3 D. 2 3 theo cơ số 3 3 3 B. 2 D. 0 2 3 1 là (2 x  1) 2 1 C (2 x  1)3 1 Câu 22: Tính I   x x 2  1dx được kết quả 0 2 3 A. B. 2 2 1 3 1 Câu 23: Đổi biến x  2sin t tích phân I   0  6  6 A. B.  tdt  dt 0 0 dx 4  x2 trở thành   3 6 1 C.  dt t 0 D.  dt 0 2 Câu 24: Cho I   x(1  x)5 dx và n  x  1 . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau 1 1 A. I   x(1  x) dx 5 2 13 B. I  42 2 Câu 25: Kết quả của I   0 A. 2ln 2  3ln 3 1  n 6 n5  C. I      6 5 0 D. I   (n  1)n5 dn C. 2ln 2  ln 3 D. 2ln 3  2ln 4 1 0 5x  7 là x  3x  2 2 B. 2ln 3  3ln 2 Câu 26: Cho (P) y  x 2  1 và (d) y  mx  2 . Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn (P) và (d) đạt giá trị nhỏ nhất ? A. 1 2 B. 3 4 C. 1 D. 0 Câu 27: Cho f ‘( x)  3  5sin x và f (0)  10 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng A. f ( x)  3x  5cos x  2    3 B. f    2 2 C. f ( x)  3 D. f ( x)  3x  5cos x Câu 28: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  z ? 2 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 29: Modun của số phức z  5  2i  (1  i)2 bằng A. 7 B. 3 C. 5 D. 2 Câu 30: Cho hai số phức z1  3  i và z2  2  i . Giá trị của biểu thức z1  z1 z2 là A. 0 C. 10 B. 10 D. 100   Câu 31: Mô đun của số phức z thỏa mãn phương trình  2 z  11  i   z  1 1  i   2  2i là A. 2 3 B. 3 2 C. 1 2 D. 1 3 Câu 32: Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  7  0 . Tính z1  z2 ? 2 A. 10 B. 7 C. 14 Câu 33: cho số phức z thỏa mãn A. 4 2 D. 21 z  z  i . Modun của số phức   z  1  z 2 là z i B. 9 C. 1 D. 13 Câu 34: Số số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện z  2 và z 2 là số thuần ảo là A. 1 B. 2 C. 3 Câu 35: Phần ảo của số phức z thỏa mãn z  A.  2 B. 2  2 i D. 4  1  2i  là 2 C. 2 D. -2 Câu 36: Trong hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;1; 4  , B  2; 2; 6  , C  6;0; 1 . Tích chúng tôi bằng A. 67 B. 84 C. 67 D. 84 Câu 37: Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành OADB có OA   1;1;0  và OB  1;1;0  (O là gốc tọa độ). Tọa độ tâm hình bình hành OADB là A.  0;1;0  B. 1;0;0  C. 1;0;1 D. 1;1;0  Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(0;2;1) , B(3;0;1) , C 1;0;0  . Phương trình mặt phẳng (ABC) là A. 2 x  3 y  4 z  2  0 B. 4 x  6 y  8z  2  0 C. 2 x  3 y  4 z  2  0 D. 2 x  3 y  4 z  1  0 Câu 39: Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   đi qua M  0;0; 1 và song song với giá của 2 vecto a  1; 2;3 , b   3;0;5 . Phương trình mặt phẳng   là A. 5x  2 y  3z  21  0 B. 5x  2 y  3z  3  0 C. 10 x  4 y  6 z  21  0 D. 5x  2 y  3z  21  0 Câu 40: Trong không gian Oxyz có ba vecto a  (1;1;0) , b  (1;1;0) , c  (1;1;1) .Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? A. a  2 B. c  3 C. a  b D. b  c Câu 41*: Một nhà văn viết ra một tác phẩm viễn tưởng về người tí hon. Tại một ngôi làng có ba người tí hon sống ở một vùng đất phẳng. Ba người phải chọn ra vị trí để đào giếng nước sao cho tổng quãng đường đi là ngắn nhất. Biết ba người nằm ở ba vị trí tạo thành tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là 3 km và 4 km và vị trí đào giếng nằm trên mặt phẳng đó. Hỏi tổng quãng đường ngắn nhất là bao nhiêu?(làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). A. 7km B. 6,5km C. 6,77km D. 6,34km Câu 42: Cho mặt cầu (S) có tâm I (2;1; 1) và tiếp xúc với mặt phẳng   có phương trình 2 x  2 y  2 x  3  0 . Bán kính mặt cầu (S) là A. 2 B. 2 3 C. 4 3 D. 2 9 Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Cạnh a  6 . Biết diện tích tam giác A’BA bẳng 9. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bẳng A. 27 3 4 B. 9 3 C. 6 3 D. 27 3 Câu 44: Đáy của hình chóp chúng tôi là hình vuông cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là 4a. Tính thể tích khối tứ diện SBCD bằng A. 16a 3 6 16a 3 3 B. C. a3 4 D. 2a 3 Câu 45: Cho hình chóp chúng tôi có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  2 chúng tôi  ( ABC ) và cạnh bên SB hợp với mặt phẳng (SAC) một góc 300. Tính thể tích hình chóp SABC theo a? A. a3 12 B. 3a 3 8 C. 4a 3 3 D. 2a 3 Câu 46: Cho hình chóp chúng tôi có SA  SB  SC  3a và lần lượt vuông góc với nhau. Tỉ số VSABC bằng a3 A. 2 B. 3 C. 9 2 D. 3 2 Câu 47: Cho hình chóp chúng tôi có đáy là tam giác đều và SA  ( ABC ).SC  a 3 và SC hợp với đáy một góc 300. Tính thể tích khối chóp chúng tôi a3 A. V  12 a3 C. V  6 9a 3 B. V  32 3a 3 D. V  4 Câu 48: Cho hình chó chúng tôi có đáy là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC) là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp bằng A. a3 3 6 B. a3 3 8 C. a3 3 24 D. a3 12 Câu 49: Cho hình chóp chúng tôi có ABCD là vuông canh 2a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy SA  a, SB  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD? A. 2a 3 3 3 B. 2a 3 3 5 C. 2a 3 3 6 D. a 3 15 9 Câu 50: Cho hình chóp chúng tôi có đáy là hình vuông cạnh BD  2a , mặt bên SAC là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Thể tích khối chóp chúng tôi là A. a3 3 4 B. a3 3 6 C. a3 3 3 D. 2a 3 3 3 Đáp án 1-A 6-B 11-B 16-A 21-A 26-D 31-A 36-D 41-C 46-C 2-C 7-A 12-B 17-A 22-B 27-C 32-C 37-A 42-A 47-B 3-C 8-B 13-D 18-C 23-A 28-A 33-C 38-C 43-B 48-C 4-B 9-9 14-A 19-A 24-C 29-C 34-D 39-B 44-B 49-A 5-A 10-A 15-C 20-A 25-B 30-B 35-A 40-D 45-C 50-C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Với bài toán này, ta xét tất cả giá trị f ( x) tại các điểm cực trị và điểm biên. Đầu tiên ta tìm điểm cực trị: y ‘  3x 2  6 x  9 x  3 y’  0    x  1 Xét f (1)  45 f (3)  13 f (5)  45 f (5)  115 Vậy ta có thể thấy GTLN và GTNN là 45 và 115 Đáp án A Câu 2: Đáp án C Phân tích: Hàm số f ( x)  sin x xét trên x x cos x  sin x h( x).cos x     0;  có: f ‘( x)  x2 x2  2 h( x)  x  tan x h ‘( x)  1  1 0 cos 2 x  h( x)  h(0)  0  f ‘( x)  0   Do đó, f ( x) là hàm nghịch biến trên  0;   2 Vậy đáp số là C Câu 3: Đáp án C Với bài này, ta không nhất thiết phải xét cả 4 đáp án, Chỉ cần nhớ một chút tính chất của hàm bậc 4 là ta có thể có được đáp án nhanh chóng. Tính chất đó là: lim f ( x)  ; lim f ( x)   x  x  Trong khi đó, ta dễ dàng nhìn ra được đáp án C có chi tiết không đúng là lim f ( x)   (tính x  chất chỉ xuất hiện với hàm số hàm lẻ) Vậy đáp án là C Câu 4: Đáp án B Bài toán này ta có thể giải với 2 cách: Cách 1: Cách kinh điển, cơ bản của hàm số y  x  5  x 2 Ta xét trên miền xác định của hàm số   5; 5  Ta có y ‘  1  y’  0  x 5  x2 x 5  x2 1 x  0 5   x  5 x   2 5  x  2 x    2 2 Xét y( 5)  2, 2, y( 5 )  10  3, 2, y( 5)  2, 2 2 Vậy GTLN của hàm số là 10 Cách 2: Cách này tương đối nhanh nhưng nó không có một cách làm chung cho tất cả bài toán. Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 số ta có: ( x  5  x2 )2  (11  11 )( x2  5  x2 )  ( x  5  x2 )2  10  ( x  5  x 2 )  10 Dấu “=” xảy ra khi x  5 2 Câu 5: Đáp án A Phân tích bài toán: Ta thấy số nghiệm của phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị y  x3  3x và y  m2  m Xét đồ thị hàm số y  x3  3x có: y ‘  3x 2  3 Dễ thấy y ‘  0 có 2 nghiệm phân biệt. Vì thế đồ thị cũng có 2 điểm cực trị là  1; 2  và 1; 2  Vậy muốn có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị y  m2  m phải cắt đồ thị y  x3  3x tại 3 điểm phân biệt. Như vậy có nghĩa là m2  m phải nằm trong khoảng từ 2 đến 2 2  m  m  2  0  2  m2  m  2   2  2  m  1  m   2;1 m  m  2  0   Vậy đáp án là A Câu 6: Đáp án B Ta nhắc lại một chút về kiến thức về tiếp tuyến của (C ) tại một điểm A  xo ; yo  Phương trình tiếp tuyến tại A là: y  f ‘( x)( x  xo )  yo Áp dụng với bài toán này, ta có y ‘  3×2  2. y ‘(1)  1, y(1)  1 Vậy phương trình tiếp tuyến là y  ( x  1)  1  x  2 Đáp án là B Câu 7: Đáp án A Để hàm số đồng biến trên  0;   thì: y ‘  0x  0 Ta có y ‘  3×2  12 x  m Ta thấy rằng đồ thị của y ‘ là một parabol có đáy là một cực tiểu. Để y ‘  0x  0 điểm cực tiểu này phải có tung độ lớn hơn 0. Ta có y ”  6 x  12 y ”  0 khi x  2 . Khi đó y ‘(2)  12  m Để y ‘  0x  0 thì m  12 Đáp án là A Câu 8: Đáp án B Ta không nên đi xét tất cả 4 đáp án đối với bài toán này. Ta thấy ngay: lim  x3  3x 2  6    nên hàm số không có GTNN x  2x 1   nên hàm số cũng không có giá trị nhỏ nhất x 1 x  1 Tương tự, ta có: lim lim x 1 x 2  3x  5   nên hàm số cũng không có GTNN x 1 Lời khuyên là các bạn áp dụng cách xét lim này trước khi xét đến f ‘( x) để tránh mất thời gian và đôi khi còn dễ gây sai lầm. Đáp án B Câu 9: Đáp án D Các khẳng định A, B, C đều đúng. Tại sao khẳng định D sai? Lý do, ta hoàn toàn có thể cho đoạn 1;3 của hàm số là hằng số nên hiển nhiên nó cũng không đồng biến và nghịch biến trên đoạn đó! Đáp án là D Câu 10: Đáp án A Nhắc lại một chút về lý thuyết Điểm uốn của đồ thị là điểm mà đạo hàm cấp hai đổi dấu, tức là ta phải xét đạo hàm của f ‘( x) Xét: y ‘  3x 2  3 Ta có: ( y ‘) ‘  y ”  6 x y ”  0 khi x  0 . Và y(0)  5 Ta có điểm thỏa mãn của đồ thị là  0;5 Đáp án là A Câu 11: Đáp án B Ta có công thức sau: log a b  c thì b  a c 1 Áp dụng vào bài này ta sẽ được 3 3  1 3 3 Đáp án là B Câu 12: Cần lưu ý về 2 công thức sau: – Đạo hàm phép nhân: (uv) ‘  u ‘ v  uv ‘ – Đạo hàm của e x là e x Áp dụng, ta có:  x 2  2 x  2  e x  ‘  (2 x  2)e x   x2  2 x  2 e x  x2e x Đáp án là B Câu 13:   x  1  x2  0 x  D  R nên C đúng. Ta thấy rằng:  2  1  x  0 1 Ta xét đến y ‘ : y ‘  x 1 x 1  x2  x  nên A đúng x  1  x2 1  x2 1  x2 y ‘  0  x  1 nên hàm số đồng biến trên  1;   nên B đúng Vậy đáp án là D vì hàm số tăng trên  1;   chứ không phải là giảm Câu 14: Để hàm số đồng biến trên khoảng xét thì y ‘  0 trên khoảng xét đó Ta có: y ‘   x 2e x  ‘  x 2e x  2 xe x  x( x  2)e x x  o y ‘  0  x( x  2)  o    x  2 Trong 4 đáp án thì khoảng  ; 2  là đáp án đúng. Đáp án A Câu 15: Nhận thấy: 9 x   3x  2 Đặt 3x  t (t  0). Ta có phương trình: 9x  3.3x  2  0 trở thành phương trình bậc hai sau: t  1 t 2  3t  2  0   t  2  x1  log3 1  0 Trở lại phép đặt ta được:  (dox1  x2 )  x2  log3 2 Vậy A  3log3 2 . Đáp án là C Câu 16: Điều kiện để tồn tại hàm số y  ln( x 2  4) là: x  2 x2  4  0  x2  4    x   ; 2    2;    x  2 Câu 17: Ta có: log 2 (3x  2)  3 2  D   ;   3   3x  2  23  3x  10  x  10 3 Vậy đáp án là A Lưu ý: Với những bài toán như thế này, chúng ta không nhất thiết phải giải như thế này. Thay vào đó, các bạn có thể sử dụng công cụ máy tính thay trực tiếp 4 đáp án vào biểu thức. Câu 18: Ta có 22 x  22 x  15  4.2 x  2 4  15  4.  2 x   15.2 x  4  0 x 2 2x  t (t  0)  4t 2  15t  4  0   152  4.4.4  0  Đến đây ta thấy có 2 điều:  4  0 4 Nên phương trình với t có 2 nghiệm phân biệt và trái dấu. Mà t  0 nên chỉ có 1 nghiệm thỏa mãn. Vậy phương trình với x cũng có 1 nghiệm thỏa mãn. Đáp án là C Câu 19: 7 x Nhận 2 5 x  9  343 343  73 thấy: nên ta có phương trình tương đương: x  2 x2  5x  9  3  x2  5x  6  0   x  3 Vậy x1  x2  5 . Vậy đáp án A. Ngoài ra khi ra được phương trình bậc hai như trên ta có thể áp dụng ngay định lý Viet để giải với công thức x1  x2  Câu 20: Ta có log3 b a 1 3 3 3  log3 3 2  3 2 Vậy đáp án là A Câu 21: dx  (2 x  1) 2 Đổi biến 2 x  1  t . Ta có dt  2dx Ta được dt  2t 2  1 C 2t Trở lại phép đổi biến ta được: 1 C 2  4x Cần chú ý giữa phương án A và C bởi vì 2 phương án tương đối giống nhau, chỉ khác nhau về dấu. Đáp án ở đây là A. Câu 22: Ta có thể dễ dàng nhận ra ( x 2  1) ‘  2 x nên ta đặt: x2  1  t , dt  2 xdx Đổi cận với x  0 thì t  1; x  1 thì t  2 2 I  1 3 2 2 t t dt  2 3 1 Đáp án là B  2 2 1 2 2 1   3 3 3 Câu 23: Đặt: x  2sin t  dx  2cos tdt Đổi cận: với x  0 thì t  0 , với x  1 thì t   6 4  x2  4  4sin 2 t  2cos t (do cost  0 trong khoảng từ 0 đến  ) 6  6 Vậy I   dt . Đáp án là A 0 Câu 24: 1 1 2 2 Ta có: I    x( x  1)5 dx   x(1  x)5 dx nên A đúng. Thay: n  x  1 ta có: dn  dx và x  n  1 1 Ta có:  (n  1)n5 dn nên D đúng. 0 1  n7 n6  I   (n  1)n dn     nên C sai.  7 6 0 0 1 5 Vậy đáp án là C Câu 25: Phân tích: Đây là bài toán khá là khó, đòi hỏi áp dụng nhiều kĩ thuật phân tách cũng như tính tích phân. Với dạng tích phân với số ax  b thì phương pháp làm như sau: cx  dx  e 2 Ta tách biểu thức thành 2 thành phần đó là: Áp dụng ta tách biểu thức thành: k k (2cx  d ) kd (cx 2  dx  e)  và 2 2 2 cx  dx  e cx  dx  e cx  dx  e 5(2 x  3) 1 ; ta được: 2 2 2( x  3x  2) 2( x  3x  2) 5(2 x  3) 1 I  dx   dx 2 2 2( x  3x  2) 2( x  3x  2) 0 0 2 2 5 ( x  2)  ( x  1)  d ( x 2  3x  2)   dx 2 2( x  3x  2) 2( x  2)( x  1) 0 0 2 2 2 5 1 2  ln( x 2  3x  2) 0  ln( x  1)  ln( x  2)  2 2 0 5 5 1 1 1 5 5 1 1  ln12  ln 2  ln 3  ln 4  ln 2  ln 3  ln 4  3ln 2  ln 4  ln 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2  2ln 3  3ln 4  3ln 2  2ln 3  3ln 2 Vậy đáp án là B Câu 26: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm phương trình: x2  mx  1  0,   0  m2  4  0m Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:  x1  x2  m  Theo định lý Viet kết hợp yêu cầu:  x1 x2  1 x  x 2  1 Ta có: x2 x2 S   (mx  2  x  1)dx   (mx  1  x 2 )dx 2 x1 x1 x2 mx 2 x 3 mx 2 x 3 mx 2 x3 (   x)  2  2  x2  1  1  x1 2 3 2 3 2 3 x 1  m2   m2 2  1 2 2  ( x2  x1 )   1  (m  1)   m  4    3  2   6 3 S có GTNN khi m  0 . Đáp án là D. Câu 27: Ta có: f ( x)   (3  5sin x)dx  3x  5cos x  C f (0)  10 nên ta có 5  C  10  C  5 Vậy f ( x)  3x  5cos x  5 . Vì thế A và D là sai. Lại có: f    3  5  5  3 nên C đúng. Câu 28: Gọi z  a  bi;  a; b  R  thay vào biểu thức ta có: a  bi  z  a  bi  bi  z  bi  2bi  z 2 2 2 Ta thấy không thể nào tồn tại số thực z thỏa mãn điều kiện trên vì một bên là phần thực, một bên là phần ảo. Đáp án là A. Câu 29: Trước hết, ta rút gọn số phức: 5  2i  (1  i)2  5  2i  2i  5 Vậy modun của số phức là 5. Đáp án C Câu 30: Ta có: z1  z1 z2  3  i  (3  i)(2  i)  3  i  6  2i  3i  i 2  10 Vậy z1  z1 z2  10 . Đáp án B Câu 31: Ta cần rút gọn biểu thức trước: 2 z(1  i) 1  i  z (1  i)  1  i  2  2i  2 z(1  i)  z (1  i)  2 Đặt z  a  bi  z  a  bi ta có: 2(a  bi)(1  i)  (a  bi)(1  i)  2  2a  2b  2(a  b)i  1  b  (a  b)i  2 1  a  3 a  b  0  3(a  b)  (a  b)i  2    3(a  b)  2 b  1  3 2 2  1   1  . Đáp án A.       9 3  3  3  2 Vậy modun của số phức cần tìm là: 2 Câu 32: Ta có:  z  2  i 3 2 2 z 2  4 z  4  3  ( z  2) 2  3i 2    z1  z2  2.( 4  3) 2  14  z  2  i 3 Với bài toán này, ta có thể sử dụng chức năng giải phương trình bậc 2 trên máy tính CASIO, ta có thể nhận được kết quả z1 và z2 một cách nhanh chóng hơn. Đáp án là C Câu 33: Gọi z  a  bi  z  a  bi a 2  a  1  b 2 a  bi  (a  bi)2  1   a 2  b 2  a  1  (2ab  b)i  0   (2a  1)b  0 Từ phương trình 2, ta có 2 trường hợp: Nếu b  0, a 2  a  1  0 (vô nghiệm) a 1 7 1 7 1 7 7 b  z2  z 1  1  i   i  1 2 4 2 2 4 4 2 Vậy modun của số phức là 1. Đáp án là C Câu 34: Phân tích bài toán: Nếu z 2 là số thuần ảo thì z phải có dạng là a(1  i); a(1  i) với a là số thực. z  1 i z  1 i 2 2 Lại có: z  2  1  1    z  1  i   z  1  i Vậy có 4 số phức thỏa mãn. Đáp án D Câu 35: Ta nên rút gọn vế phải trước: ( 2  i)2 (1  2i)  (1  2 2i)(1  2i)  (1  2i  4)  5  2i Ta có: z  5  2i Tới đây có rất nhiều bạn sẽ nhanh chóng chọn đáp án là 2 nhưng đây không phải là z. Ta phải thêm bước tìm z nữa. Đáp án đúng là – 2 . Đáp án A. Câu 36: Đáp án D AB   4;1; 10  , BC  8; 2;5 Ta có tích vô hướng: chúng tôi  8(4)  1.(2)  (10).5  84 Câu 37: Phân tích: Hình bình hành có tâm là trung điểm 2 đường chéo nên tâm của nó là trung điểm của AB. OA   1;1;0   A  1;1;0  OB  1;1;0   A 1;1;0   1  1 1  1 0  0  Vậy trung điểm của AB có tọa độ là  ; ;    0;1;0  2 2   2 Đáp án là A Câu 38: Trước hết ta cần tìm vecto pháp tuyến của mp(ABC)  n  AB  n   AB; AC    n  AC Ta có n   2;3; 4  Do A nằm trong mp(ABC) nên ta có phương trình: 2( x  0)  3( y  2)  4( z 1)  0  2 x  3 y  4 z  2  0 Đáp án là B Câu 40: Ta có a  12  12  2, c  12  12  12  3 nên A, B đúng. Lại có: a.b  0  a  b nên C đúng c.b  2  c  b là sai nên đáp án là D. Câu 41: Ta có: Trên mặt phẳng Oxy ta lấy hai điểm B(3;0); C(0;4) thì ba người mà ta đang xét nằm ở ba vị trí là O; B; C và ta cần tìm điểm M thỏa mãn: MO  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có hai cách làm: + Một là gọi H ; K là hình chiếu của M lên OB; OC sau đó đặt MH  x; MK  y rồi tiếp tục giải. + Hai là ta dựng các tam giác đều OBX ; OMI như hình vẽ. Khi đó, ta có: OMB  OIX  MO+MB+MC=CM+MI+IX  CX xảy ra khi: C, M , I , X thẳng hàng. Điểm M là giao điểm của CX và đường tròn ngoại tiếp OBX . Ta có: X ( x, y) . Khi đó: 3   x  2  x 2  y 2  9 XO  XB  OB  3    2 2  x  3  y  9 y   3 3  2 3 3 3 Do X nằm dưới trục hoành nên: X  ;   . 2  2 Khi đó ta có: CX : x0 y4 24  9 3  x ( y  4) 3 37 3 3 0  4 2 2 2 2 3  3  (OBX ) :  x     y   3 2  2   Do đó, điểm M là nghiệm của hệ:  24  9 3 ( y  4) 2 2 x  37  24  9 3 3  3    ( y  4)     y  2   3  2 37 2 2   3 3        x   3    y   2 2     2 2  24  9 3   3  3 3  3   y    y     y     0  37 2 2 2          3 3 3 3 3  x   M  X (loai ) y   y   2 2 2   2   3 3 3  24  9 3  3  37 2  3(24  9 3) 2           2 2  37 2  37 2     y  y  2 2 2  24  9 3  24  9 3  37     1   37   37 2       3 1088  1296 3 486  136 3 y 2 y 2188  432 3 547  108 3 x 24  9 3 1702  296 3 (24  9 3)(46  8 3) 1320  606 3 .  x 37 547  108 3 547  108 3 547  108 3  1320  606 3 486  136 3  ; Do đó ta có điểm: M    547  108 3 547  108 3  M (0,7512;0,6958) Nên: OM  BM  CM  6,77km .Vậy đáp án đúng là C Câu 42: Nhận xét: (S) tiếp xúc với mặt phẳng thì bán kính mặt cầu chính là khoảng cách từ I tới mặt phẳng. Ta có R  d  I , ( )   2.2  2.1  1  3 22  22  1  2 . Vậy đáp án là A Câu 43: Ta có: S ABA’  9  AB. AA ‘ AA ‘ 6  AA ‘  3 2 2 1 62. 3 V  S ABC . AA ‘  9 3 3 4 Đáp án là B. Câu 44: Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp khi đã biết diện tích và đường cao: 1 1 16a3 V  S .h  (2a)2 Aa= 3 3 3 Đáp án là B Câu 45: Kẻ HB vuông góc với AC. Ta có: SA  ( ABC )  SA  HB  HB  (SAC )  HB  SH  HSB  30o  HB HB  tan 30o  SH  a 6 SB tan 30o Xét tam giác SAH vuông tại A nên: SA  SH 2  AH 2  2a  V  1 (2a)2 4a 3 .2a  3 2 3 Đáp án là C Câu 46: Ta có: SA  SB  SSAB  1 9a 2 chúng tôi  2 2  SC  SA  SC  ( SAB)   SC  SB 1 27a3 9a3  VSABC  chúng tôi   3 6 2 Đáp án là C Câu 47: Ta có: SCA  30o  AC 3 3a  cos30o  AC  a 3 SC 2 2 SA a 3 1 3 9a 3 o 2  sin 30  SA   V  SA. AC .  SC 2 3 4 32 Vậy đáp án là B Câu 48: Ta kẻ SH  BC Do  SBC  vuông góc với mặt phẳng đáy nên mọi đường vuông góc với giao tuyến và nằm trên mặt phẳng này sẽ vuông góc với mặt phẳng kia. Do SH  BC  SH  ( ABC ) Hay SH chính là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SBC đều và có cạnh BC  a nên ta có: SH  chúng tôi 60o  a Xét tam giác ABC vuông cân tại A có: AC  AB  Ta có: S ABC  a2 a2  2.( 2) 2 4 1 1 a 2 a 3 a3 3 V  S ABC .SH  . .  3 3 4 2 24 Vậy đáp án là C Câu 49: a 2 3 2 Xét tam giác SAB có: SA2  SB2  a2  3a2  4a2  AB2 Theo định lý Phythago đảo, tam giác SAB vuông tại S. Kẻ SH  AB Do  SAB    ABCD   SH   ABCD  Hay nói cách khác SH là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SAB vuông tại S, đường cao SH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có : 1 1 1  2  2 SA SB SH 2  1 1 1 4 a 3  2  2  2  SH  2 2 SH a 3a 3a Tính diện tích ABCD, ABCD là hình vuông có cạnh là 2a nên ta có : S ABCD  (2a)2  4a 2 Tính thể tích hình chóp : 1 1 a 3 2a 3 3 V  S ABCD .SH  .4a 2 .  3 3 2 3 Vậy đáp án là A. Câu 50: Kẻ SH  AC . Do  SAC    ABCD   SH   ABCD  Hay SH là đường cao của hình chóp Lại có ABCD là hình vuông nên AC  BD  2a Xét tam giác SAC vuông tại S, tho định lý Pythago ta có: SA  AC 2  SC 2  4a2  3a2  a Xét tam giác SAC vuông tại S, đường cao SH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có 1 1 1 1 1 4  2  2 2 2 2 2 SH SA SC a 3a 3a  SH  a 3 2 Tính diện tích ABCD Xét tam giác ABC vuông tại B ta có : AC  2a AB  AC sin 450  AC a 2 2

Giới thiệu Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Tiếng Anh 9

Bài Giảng Và Lời Giải Chi Tiết Tiếng Anh 9

Cuốn sách này được biên soạn nhằm giúp các em học sinh hệ thống kiến thức tiếng Anh đã học trong các năm trước, đồng thời dễ dàng tiếp thu những vấn đề về ngữ pháp và từ vựng của chương trình tiếng Anh lớp 9. Có như thế, các em sẽ tự tin bước vào các kì thi cuối năm học để chuẩn bị vào lớp 10. Với ý hướng đó, cuốn sách này được trình bày với các bài giảng bám sát từng Unit (Bài học) theo sách giáo khoa lớp 9 qua các phần:

VOCABULARY: Cung cấp những từ cần thiết với phiên âm quốc tế, ý nghĩa và các ví dụ để các em nắm vững cách dùng.

GRAMMAR: Bài giảng rõ ràng, cô đọng chủ điểm ngữ pháp của bài học. Cung cấp thêm những bài ôn tập kiến thức các lớp trước.

GRAMMAR EXERCISES: Các bài luyện tập gồm dạng tự luận và trắc nghiệm để các em khắc sâu các chủ điểm ngữ pháp.

VOCABULARY EXERCISES: Các bài tập giúp các em nhớ kỹ cách dùng từ vựng trong từng ngữ cảnh cụ thể.

PRONUNCIATION EXERCISE: Câu hỏi trắc nghiệm giúp các em phân biệt cách đọc các nguyên âm và phụ âm của một số từ thông dụng.

PROGRESS TESTS: Các đề kiểm tra cuối mỗi bài học ôn tập các chủ điểm ngữ pháp và từ ngữ theo dạng câu hỏi trắc nghiệm và tự luận, giúp các em rèn luyện và làm quen với các đề thi tuyển vào lớp 10. Trong phần phụ lục có hai đề thi tuyển sinh lớp 10 của Sở GD-ĐT Tp. Hồ Chí Minh để các em luyện tập.

Ngoài ra, ở cuối sách có phần đáp án gợi ý cho các bài tập và các đề kiểm tra để học sinh có thể đối chiếu phần trả lời của các em sau khi đã thực hiện xong các bài tập và đề kiểm tra.

Giá sản phẩm trên Tiki đã bao gồm thuế VAT. Tuy nhiên tuỳ vào từng loại sản phẩm hoặc phương thức, địa chỉ giao hàng mà có thể phát sinh thêm chi phí khác như phí vận chuyển, phụ phí hàng cồng kềnh.

Thông tin chi tiết

Công ty phát hành

Nhà sách Sao Mai

Tác giả

Hoàng Thái Dương

Ngày xuất bản

03-2017

Kích thước

17 x 24 cm

Nhà xuất bản

Nhà Xuất Bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội

Số trang

207

SKU

2486604765923