Phương pháp giải bài toán đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2, 3, 4 điểm phân biệt thỏa mãn hoành độ cho trước

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN: ĐỒ THỊ HÀM SỐ CẮT
TRỤC HỒNH TẠI 2, 3, 4 ĐIỂM PHÂN BIỆT THỎA MÃN
HOÀNH ĐỘ CHO TRƢỚC
1. Phƣơng pháp
Cho đồ thị hàm số (C): y = f(x) và trục hồnh Ox





Lập phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và Ox: f(x) = 0 (1)
Số giao điểm của (C) và Ox là số nghiệm của (1)
Tìm điều kiện để (1) có 2, 3, 4 nghiệm
Tìm điều kiện thõa mãn của nghiệm bằng cách sử dụng định lí Vi – et

2. Ví dụ minh họa









Ví dụ 1 : Cho hàm số y  x3  2  m  1 x2  m2  4m  1 x  2 m 2  1 , có đồ thị là  Cm  . Tìm m để đồ
thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3 .
Lời giải.
Số giao điểm của đồ thị đã cho với trục hoành là số nghiệm của phương trình :













x3  2  m  1 x2  m2  4m  1 x  2 m 2  1  0   x  2  x2  2mx  m2  1   0    x  2 hoặc


f(x)  x2  2mx  m2  1  0

Để đồ thị đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3 khi và chỉ khi phương trình
 có 3 nghiệm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3 tức là phải có f(x)  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2
và có hồnh độ nhỏ hơn 3 .
2

f(2)  0
m  4m  3  0
f(x)  0 2 nghiệm phân biệt khác 2  

m 2 7
2
2m


1

0
 '  0



Với m  2  7 thì f(x)  0 có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa x1  x2  3


 3  x1  3  x2   0
x x  3  x1  x2   9  0
 1 2
x1  x2  6
 3  x1    3  x2   0



Nên có hệ : 


x1x2  m 2  1

x1  x2  2m

Theo định lý viét, ta có 

2


m  1  3  2m   9  0

Do đó ta có 

2m  6


m 2  6m  8  0
3  17  m  3  17




m  3
m  3



 3  17  m  3  17 . Đối chiếu điều kiện m  2  7 , thu được





m  3  17 ; 3  17 \ 2  7



Trang | 1

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai







Vậy, với m  3  17 ; 3  17 \ 2  7 thỏa đề bài.
Ví dụ 2 : Cho hàm số y  x4  2(m  1)x2  2m  1 ,tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hồnh tại 3 điểm
phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 3
Lời giải.
Số giao điểm của đồ thị đã cho với trục hoành là số nghiệm của phương trình :
x4  2(m  1)x2  2m  1  0  1

Đặt t  x2 ,t  0 thì  1 trở thành: f(t)  t 2  2(m  1)t  2m  1  0 .
Đồ thị của hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3
  m 2  0
  m 2  0


 0  t1  t 2  3
f(3)  4  4m  0
,
 f  t  có 2 nghiệm phân biệt t1 , t 2 sao cho: 
 f(0)  2m  1  0 hoặc 
 0  t1  3  t 2
S  2(m  1)  0
S  2(m  1)  3


P  2m  1  0


nghĩa là phải có: m  
Vậy, với m  

1
hoặc m  1
2

1
hoặc m  1 thỏa mãn bài tốn.
2
1
3

Ví dụ 3 : Định m để đồ thị của hàm số y  x3  mx2  x  m 

2
cắt trục hoành tại ba điểm ph n biệt
3

có hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  15
Lời giải.
Hàm số đã cho xác định D 
Phương trình hồnh độ giao điểm

1 3
2

x  mx2  x  m   0
3
3

 x3  3mx2  3x  3m  2  0  (x  1) x2  1  3m  x  3m  2   0



(1)

 x  1 hoặc g(x)  x 2  (1  3m)x  3m  2  0 (2)

Đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm ph n biệt 
ph n biệt khác , tức phải có hệ:

có ba nghiệm ph n biệt 

có hai ngiệm

  (1  3m)2  4(3m  2)  0
3m 2  2m  3  0, m



 m  0 (a)

g(1)  6m  0
m  0



iả ử x3  1; x1 , x2 là nghiệm của

. Ta có x1  x2  3m  1; x1x2  3m  2 .

hi đó x12  x22  x32  15  (x1  x2 )2  2x1x2  1  15
 (3m  1)2  2(3m  2)  14  0  m 2  1  0  m  1  m  1 (b)

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

T

a và b ta có g a trị c n tìm là m  1 hoặc m  1 .

Ví dụ 4. Hàm số y  x3  2(m  1)x2  (5m  2)x  2m  4 (1) , m là tham số . Gọi (Cm ) là đồ thị của hàm
số (1) . Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho :
1. A là trung điểm của đoạn BC
2. B,C có hồnh độ nhỏ hơn 1 .

3. BC có độ dài nhỏ nhất.

Lời giải.
Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm ) và Ox .
x3  2(m  1)x2  (5m  2)x  2m  4  0 ()  (x  2)(x2  2mx  m  2)  0
 x  2, g(x)  x2  2mx  m  2  0

(Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt A, B,C  Phương trình () có ba nghiệm phân biệt  phương

trình g(x)  0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 .
2

m 

1
7
'

m 2  m  2   m     0
 g  0




2
2
4

g(2)  0

m 

3

4  4m  m  2  0

2
m .

3

1. A là trung điểm của đoạn BC
Vì ba điểm A, B,C thuộc trục hồnh do đó A là trung điểm của BC  xA 

x B  xC
2

2

2m
 m  2(
2

2
3

thỏa mãn điều kiện m  ).
2. B,C có hồnh độ nhỏ hơn 1 .
Gọi x1 ,x2 là hoành độ của B,C , cũng là nghiệm phương trình g(x)  0
Theo bài tốn, ta có:

x1  1

x  1  x 2  1  0

x  1  0

 1
 1




x 2  1 
x 2  1  0
(x1  1)(x2  1)  0

x  x 2  2
2m  2
m  1

 1


 m  1

m  2  2m  1  0
m  1
x1x2  (x1  x2 )  1  0

Vậy, m  1 là giá trị c n tìm.
Cách khác:
Hai nghiệm của g(x)  0 là x1  m  m2  m  2 , x2  m  m2  m  2 .
x1  1

 x2  1  m  m 2  m  2  1  m 2  m  2  1  m
x

1


 2

Vì x1  x2 nên 

m 2  m  2  0
m 



 1  m  0
 m  1  m  1.
 2
m  1
2

m  m  2  m  2m  1 

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

3. BC có độ dài nhỏ nhất.
2


1
7
BC  x1  x2  2 m 2  m  2  2  m     7.
2

4

BC  7  m 

1
1
2
 0  m  (thỏa điều kiện m  ).
2
2
3

Chú ý. Ta cũng có thể dùng định lí Vi-et để t nh BC như au
BC2  x1  x2

2

 (x1  x2 )2  4x1x2  4m 2  4(m  2)  4(m 2  m  2) .

3. Bài tập
Bài 1. Cho hàm số y  x4  2  m  1 x2  2m  1 có đồ thị là  Cm  , m là tham số. Tìm m để đồ thị  Cm 
cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 3 .
Bài 2. Cho hàm số y  x4  2mx2  m  3 ,xác định m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có
hồnh độ thoả mãn x1  x2  x3  1  2  x4 .
Bài 3: Cho hàm số y = x3  3x2  (m  2)x  m  2 ( m là tham số ) (1).Gọi  Cm  là đồ thị của hàm số (1).
Tìm m để
1.  Cm  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt .
2.  Cm  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hồnh độ dương.
Bài 3: Tìm m để đồ thị hàm số :
1. y  x3  (4m  3)x2  (m  2)x  3m có hai cực trị trái dấu.

2. y  x3  3(m  1)x2  3mx  m  1 cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có t nhất một điểm có hồnh độ
âm.
3. y  x4 –  3m  2  x2  3m tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn .
4. y  x4  2mx2  m2  1 (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn .

Bài 4: Tìm m để đồ thị hàm số :
1. y  x3  3mx2  (3m  1)x  6m  6 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 ,x2 ,x3 thỏa
x12  x22  x32  x1x2 x3  20

2. y  x3  2x2  (3m  1)x  m  3 cắt đường thẳng d : y  (1  m)x  m  5 tại ba điểm phân biệt có hồnh
độ x1  x2  1  x3 .
3. y  x4  (3m  2)x2  3m (Cm) cắt đường thẳng y  1 tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ x1 ,x2 , x 3 ,
x 4 thỏa : x12  x22  x32  x42  x1x2 x3 x4  4 .

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Bài 5: Tìm m để đồ thị (Cm ) y  x3  (2m  3)x2  (2m2  m  9)x  2m2  3m  7 cắt trục hoành tai ba điểm
phân biệt ,trong đó có hai điểm có hồnh độ lớn hơn

và khoảng cách giữa hai điểm này là lớn nhất.

Bài 6:
1. Tìm m 

để đồ thị  Cm  : y  x3  3mx2  3x  3m  2 cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ

là x1 ,x2 ,x3 thỏa mãn : x12  x22  x32  15 .

2. Tìm m để hàm số y  x4  4mx2  4m cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt M, N, P, Q (
xM  xN  xP  xQ ) sao cho MQ  2NP .

Bài 7: Gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số y  x4  (3m  1)x2  2m2  2m  12 , m là tham số .
1.Tìm m để (Cm ) cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt trong đó có ba điểm có hồnh độ nhỏ hơn

và một

điểm có hồnh độ lớn hơn .
2. Tìm m để (Cm ) và trục Ox chỉ có hai điểm chung B,C ao cho tam giác ABC đều với A(0;2).
HƢỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x4  2  m  1 x2  2m  1  0  
Đặt t  x2 ,t  0 thì   trở thành: f(t)  t 2  2  m  1 t  2m  1  0 .

 Cm 

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 3

 0  t1  t 2  3
1
 f  t  có 2 nghiệm phân biệt t1 , t 2 sao cho: 
 m   ,m  1
2
 0  t1  3  t 2

Bài 2. Xét phương trình hồnh độ giao điểm x4  2mx2  m  3  0 (1)
Đặt t  x2 điều kiện t  0 . Phương trình trở thành t 2  2mt  m  3  0 .(2)
Giả sử nếu phương trinh

có

nghiệm thỏa mãn 0  t1  t 2 thì phương trình

ẽ có các nghiệm là

x1   t 2  x2   t1  x3  t1  x4  t 2 .

Với lập luận trên bài toán trở thành tìm m để phương trình
t1  1  4  t 2

có

nghiệm dương ph n biệt thỏa mãn:

  m 2  m  3  0

S  2m  0

P  m  3  0
t  1  4  t
1
2


(t  1)(t 2  1)  0
t t  (t1  t 2 )  1  0
 t1  1  t 2


 1

 1 2
 t1  4  t 2
(t1  4)(t 2  4)  0
t1t 2  4(t1  t2 )  16  0




Với t1  1  4  t 2  
Bài 3:

1. Hàm số đã cho có hai cực trị trái dấu  (Cm ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt.
Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm ) và Ox:

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

x3  (4m  3)x2  (m  2)x  3m  0  (x  1)[x2  2(2m  1)x  3m]  0
 x  1 hoặc x2  2(2m  1)x  3m  0 ()

Yêu c u bài toán  () có hai nghiệm phân biệt khác 1
2. Đồ thị (Cm ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có t nhất một điểm có hồnh độ âm  hàm số có
 ycd .yct  0
(1).
 y(0)  0

hai cực trị đồng thời 

Ta có: y'  3[x2  2(m  1)x  m]  y'  0  x2  2(m  1)x  m  0 ()
Hàm số có hai cực trị  () có hai nghiệm phân biệt
  '  (m  1)2  m  0  m2  m  1  0 đúng m .

Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của () .
1
3

Ta có: y1  (x1  m  1)y'(x1 )  2(m 2  m  1)x1  m 2  1  2(m2  m  1)x1  m2  1 .
Tương tự y2  2(m2  m  1)x2  m2  1 .

(m  1)(m 3  m 2  m  3)  0
 y1 .y2  (m  1)(m3  m2  m  3) .Nên (1)  
(2).

m  1

Xét hàm số g(m)  m3  m2  m  3, m  1
1
2

Có g'(m)  3m 2  2m  1  g(m)  0  m   ,m  1
Lập bảng biến thiên ta thấy g(m)  0 m  1
m  1  0
 (2)  
 1  m  1 là những giá trị c n tìm.
m  1

3. Phương trình hồnh độ giao điểm của  Cm  và đường thẳng y  1 :
x4   3m  2  x2  3m  1  x4   3m  2  x2  3m  1  0

Đặt t  x2 ,t  0; phương trình trở thành : t 2   3m  2  t  3m  1  0  t  1 hoặc t  3m  1 .Yêu c u bài
 1
0  3m  1  4
  m  1
 3
toán: 
là những giá trị c n tìm.
3m  1  1
m  0


4. x4  2mx2  m2  1  0  x2  m  1 hoặc x2  m  1
Đồ thị (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn

1 m  3 .

Bài 4:
1. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) với Ox

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

x3  3mx2  (3m  1)x  6m  6  0  (x  2)[x2  (3m  2)x  3m  3]  0
 x  2 hoặc x2  (3m  2)x  3m  3  0 ()

  9m 2  24m  14  0



5  3m  0

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 2  



4 2  4 2
;  
m   ;




3   3

.


5
m 
3


hi đó x12  x22  x32  x1x2 x3  (x1  x2 )2  4  (3m  2)2  4
2
3

Nên ta có : (3m  2)2  4  20  9m2  12m  12  0  m  2,m   .
2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và d:

x3  2x2  (3m  1)x  m  3  (1  m)x  m  5  2m  x2  2x 

Xét hàm số y  f(x) ta có : f '(x)  2x  2 

8
x2



8
 f(x) (*)
x

2(x  2)(x2  x  2)
x2

,f '(x)  0  x  2

7
2

Dựa vào bảng biến thiên ta có 2m  f(1)  7  m  .
3. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) với đường thẳng y  1 :
x4  (3m  2)x2  3m  1  0  x2  1 hoặc x2  3m  1 .


1
3m  1  0
m  


3
3m  1  1
m  0


(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt  

hi đó x12  x22  x23  x24  x1x2 x3 x4  3m  3
1
3

Nên x12  x22  x32  x42  x1x2 x3 x4  4  m  .
Bài 5: Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) với Ox.
x3  (2m  3)x2  (2m2  m  9)x  2m 2  3m  7  0  x  1, x2  2(m  1)x  2m2  3m  7  0 (1)

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hồnh độ lớn hơn
 Phương trình

có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2 .

(1)   '  (m  1)2  2m2  3m  7  0  m2  5m  6  0  2  m  3 (a)
1  x1




x  1  0
x  x 2  2
x  x 2  2
 1

 1
 1

1  x2
x 2  1  0
(x1  1)(x2  1)  0
x1x2  (x1  x 2 )  1  0





Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai



2(m  1)  2
m  0
 2
 2
 m  0 (b)
2m

3m

7


2(m

1)

1

0
2m

5m

6

0





T (a) và (b) ta có:
Phương trình

có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2  2  m  3 .

BC2  (x1  x2 )2  (x1  x2 )2  4x1x2  4(m  1)2  4(2m2  3m  7)
2


5
5

 4m 2  20m  24  1  4  m    1  BC  1  BC  1  m   (2; 3)
2
2


Bài 6:
1.  Cm  cắt trục Ox : x3  3mx2  3x  3m  2  0
  x  1 x2   3m  1 x  3m  2  =0  x  1,x2   3m  1 x  3m  2  0  2 



 Cm 

cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ là x1 ,x2 ,x3 giả sử x3  1

thì x1 ,x2 là nghiệm khác 1 của phương trình

 2  .Theo định lý Vi-et ta có:

x1  x2  3m  1,x1x2  3m  2
 2   0
9m 2  6m  9  0


Theo bài tốn ta có : 12   3m  1 .1  3m  2  0  m  0
 2
 2
2
2
9m  9  0

x1  x2  x3  15

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của hàm số và trục hoành:
x4  4mx2  4m  0  1 . Đặt t  x2 ,  t  0  khi đó phương trình  1 trở thành t 2  4mt  4m  0 , t  0

2 .
Để đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt M, N, P, Q khi và chỉ khi phương trình  2  có 2 nghiệm
 '  4m 2  4m  0

phân biệt dương  P  4m  0
hay m  1 .
S  4m  0


Với m  1 phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt t1  2m  2 m2  m hoặc t 2  2m  2 m 2  m , giả sử
t1  t 2 .
MQ  2NP  OQ2  4OP2 tức là t 2  4t1  5 m2  m  3m , bình phương 2 vế và rút gọn ta được

phương trình 16m2  25m  0 , phương trình này có m 

25
thỏa điều kiện m  1 .
16

Bài 7:
1 Tìm m để (Cm) cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt trong đó có ba điểm có hồnh độ nhỏ hơn
điểm có hồnh độ lớn hơn .

và một

Trang | 8


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và trục hoành
2

x4  (3m  1)x2  2m2  2m  12  0 (1) Đặt t = x , t  0 .

Phương trình

trở thành: t 2  (3m  1)t  2m2  2m  12  0 (2)

(Cm) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt  Phương trình
(2) có hai nghiệm dương ph n biệt
Vì phương trình
Phương trình

có bốn nghiệm phân biệt  Phương trình

ln có hai nghiệm là t1 = m+3 và t2 = (2m – 4 ,do đó
m  3  2m  4
m  7
m  2


có hai nghiệm dương ph n biệt  m  3  0
.
 m  3  

m  7
2m  4  0
m  2



hi đó 4 nghiệm của (1) là  m  3 ,  2m  4 .
* Nếu m+3 > 2m – 4  2  m  7 thì ta có  m  3   2m  4  2m  4  m  3
Trong các nghiệm này có ba nghiệm nhỏ hơn

và một nghiệm lớn hơn

,điều này tương đương với


5
 2m  4  1 2m  4  1

 1  m  .

m

3

4
2


 m3 2

Giao với điều kiện

< m < 7 , ta được 2 < m <

5
.
2

* Nếu 2m – 4 > m + 3  m  7 thì ta có  2m  4   m  3  m  3  2m  4 .
Ba nghiệm nhỏ hơn

và một nghiệm lớn hơn

 2m  4  2
2m  4  4
m  4




 khơng có giá trị m .
m  3  1
m  2

 m3 1

2. Tìm m để (Cm) và trục Ox chỉ có hai điểm chung B,C ao cho tam giác ABC đều với A(0;2).
Cm và Ox có hai điểm chung  Phương trình

có đúng hai nghiệm

 Phương trình

có đúng một nghiệm dương.

có hai nghiệm trái dấu hoặc

* (2) có hai nghiệm trái dấu  (m  3)(2m  4)  0  3  m  2
*

có đúng một nghiệm dương  m  3  2m  4  0  m  7 .

Vậy (Cm) và Ox có hai điểm chung  3  m  2  m  7.
Với điều kiện – 3 < m < 2 thì m+3 > 0 và 2m – 4 < 0 thì B(  m  3; 0) , C( m  3; 0) .
Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và O là trung điểm của BC ,do đó
Tam giác ABC là tam giác đều  AO 
 4  3(m  3)  m 

BC 3
2 3 m3 .
2

5
thỏa điều kiện – 3 < m < 2
3

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Khi m = 7 thì B(  7 ; 0) , C( 7 ; 0) ,suy ra BC = 2 7 .
Vì AO 

BC 3
nên tam giác ABC khơng đều do đó m = 7 bị loại
2

Trang | 10


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến inh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sƣ phạm đến t các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
-

Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm t các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

-

Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn
Đức Tấn.

II.

Khoá Học Nâng Cao và HSG
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
-

Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn N ng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, n ng cao thành t ch học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-

Bồi dƣỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh các khối lớp 0, , . Đội ngũ iảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc
Bá Cẩn cùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh học tập miễn phí
HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí
HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí
-

HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chƣơng trình SGK t lớp đến lớp 12 tất cả

các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn ph , kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp ôi động nhất.

-

HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ơn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí t lớp đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Trang | 11