Tuyển tập đề thi và đáp án chính thức vào lớp 10 các tỉnh 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014
Đề có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải các phương trình:
a. x – 2 = 0
b. x
2
– 6x + 5 = 0
2. Giải hệ phương trình:
3x -2y = 4
x +2y = 4




Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:
2
x -1 1 1
A = : -
x -x
x x +1




với
x > 0;x 1

1. Rút gọn A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi
x = 4 + 2 3

Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
y = mx -3
tham số m và
Parabol (P):
2
y = x
.
1. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0).
2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là
x
1
, x
2
thỏa mãn
12
x -x = 2

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung
nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Gọi H là giao
điểm của AK và MN. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
2. AK.AH = R
2
3. NI = BK
Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
Q = + +
x + y +1 y +z +1 z+x +1


Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÈ CHÍNH THỨC
ĐỀ A


SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2014 – 2015
Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)

1. Giải các phương trình:
a. x = 2
b. x
2
– 6x + 5 = 0. Nhận thấy 1 + (-6) + 5 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0.
Vậy nghiệm của phương trinh là:
1
2
x =1
x = 5




2. Giải hệ phương trình:
3x-2y = 4 4x = 8 x = 2
x +2y = 4 x+2y = 4 y =1
  

  
  



0.5


0.75

0.75

Câu 2
(2điểm)
1. Với với
x > 0;x 1


2
x -1 1 1
A = : -
x - x
x x +1
x -1 x +1- x
A = :
x( x +1)( x -1) x x +1
1 x x +1
A=
1
x( x +1)
1
A=
x









2. Với
22
x = 4+2 3 ( 3 1) x = ( 3 1) 3 1     
, suy ra
1 3 1
A=
2
31










1





1

0.5

0.5

Câu 3
(2điểm)
1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0) nên có
0= m.1-3 m=3

2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P):
2
x -mx+3= 0
Có
2
Δ = m -12

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x
1
, x
2
khi

22
23
Δ = m -12 > 0 m 12 m 2 3
23
m
m


    






0.5



0.75


Đề chính thức
ĐỀ A
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:
12
12
x +x = m
x x = 3




Theo bài ra ta có
   
22
22
1 2 1 2 1 2 1 2
x -x = 2 x -x = 4 x +x -4x x = 4 m -4.3= 4 m =16 m= ±4    

1.
m= ±4
là giá trị cần tìm.

2.




0.75
Câu 4
(3điểm)
1. Ta có

0
AMB = 90
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
MN AB


0
AMB+BCH = 90
tứ giác BCHK nội tiếp
2. Ta có

2
ΔACH ΔAKB(gg)
AH AC
=
AB AK
1
AH.AK = AC.AB = 2R. R = R
2





3. Ta có:
ΔOAM
đều (cân tại M và O)



0
MAB = NAB = MBN = 60

ΔMBN, ΔKMI
đều
Xét
ΔKMB
và
ΔIMN
có:
MK = MI (cạnh tam giác đều KMI)


KMB = IMN

(cùng cộng với góc BMI bằng 60
0
)
MB = MN (cạnh tam giác đều BMN)
ΔKMB ΔIMN(c.g.c)
N

I = BK





1.0

1.0





0.25



0.25

0.25


0.25

Câu 5
(1điểm)
Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta đặt x = a
3

, y = b
3
, z = c
3


abc = 1
Khi đó ta có:

 
 
 
3 3 2 2
x + y+1= a +b +abc = a +b a -ab+b +abc a +b ab+abc = ab(a +b+c)

Tương tự:
y+z+1 bc(a +b+c)


z+x+1 ca(a +b+c)

1 1 1 abc abc abc
Q = + + + + 1
x +y+1 y + z +1 z+x +1 ab(a +b+c) bc(a +b +c) ca(a +b + c)


Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c = 1, hay x = y = z =1

0.25

0.25

0.25


0.25


I
H
N
M
C
B
O
A
K

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1: (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:

a)
A 2 3 4 27 5 48
  

b)
1 1 1
B :
1
 
 
 
 
 
x x x x
(với
x 0;x 1 
)
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
6 3
3 21
 


 

x y
x y

b) Giải phương trình:

2
8 7 0  x x

Câu 3: (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình
2
y x
và đường thẳng (d)
có phương trình:
2x  y m
( với m là tham số).
a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ là 2.
b) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
1 2
;x x
thỏa mãn hệ
thức
2 2 2 2
1 2 1 2
6
x x x x
 

Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB>AC. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R).
Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là D. Kẻ DM vuông góc
với AB tại M.
a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh DA là tia phân giác của


MDC

c) Gọi N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H,
N thẳng hàng.
d) Chứng minh
2 2 2 2 2
AB AC CD BD 8R
   

Câu 5: (1,0 điểm)
Tìm x, y thỏa mãn




2 2
2 2
2015 2015 2015
3 8 12 23
x x y y
x y xy

    



  


HẾT

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:


Đáp án và biểu điểm của Thầy Nguyễn Thanh Ninh Trường THCS Thanh Lưu; Email:


SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐÁP ÁN Môn: Toán (gồm 2 trang)

Câu Nội dung Điểm
Câu 1


A 2 3 12 3 20 3
  

0,50đ
a)
A 10 3


0,25đ
 

 
1
B .
1
1
x x
x x
x x
 




0,50đ
b)
1
B . 1
1
x x
x x

 


0,25đ
Câu 2


 
2

6 3 9 18 15
6. 2 3
3 21 6 3 2
y
x y y x
x
x y x y y
 

    
  
  
   
  
     
  


0,75đ
a)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( 15; 2)
x y
  

0,25đ
Phương tình
2
8 7 0  x x
. Ta có

1; 8; 7
a b c
   
.
0,25đ
Nên
 
1 8 7 0
a b c
      

0,25đ
b)
Vậy phương trình có hai nghiệm:
1 2
1; 7
x x
 

0,50đ
Câu 3


Điểm thuộc Parabol (P)
2
y x
có hoành độ
2x 
nên tung độ
2

2 4
y
 

0,25đ
(d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2
4 2.2 8m m     

0,25đ
a)
Vậy m=8 là giá trị cần tìm
0,25đ
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
 
2 2
2 2 0 *
x x m x x m      

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
' 1 0 1m m       

0,25đ
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
1 2
;x x
. Nên theo hệ thức Viet:
1 2
1 2
2
x x

x x m
  


 

Mà
 
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 6
x x x x x x x x
    

0,25đ
b)
     
2 2
2
1 2
2
2 2 6 3 2 0 1;
3
m m m m m m
             

Vậy
1 2
2

1;
3
m m
  
là các giá trị cần tìm
0,25đ
Câu 4



Hình vẽ đúng cho câu a được 0,25 đ
H
M
N
DE
C
O
B
A

0,25đ
a)
ADBC; DMAB(gt)
0,25đ



0
DHB DMB 90
  

Hay 4 điểm B, D, H, M nằm trên đường tròn đường
kính BD
0,25đ
Nên tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn đường kính BD
0,25đ
tứ giác BDHM nên


MDH MBH

0,25đ


ADC ABC

(góc nội tiếp cùng chắn

AC
)
0,25đ
b)


MDA ADC
 
hay DA là tia phân giác của

MDC

0,50đ

Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác DHCN nội tiếp


DHN DCN
 

0,25đ
Mà


DCN ABD

( vì ABDC là tứ giác nội tiếp)
0,25đ
tứ giác BDHM nội tiếp


0
ABD DHM 180
  

0,25đ
c)


0
DHN DHM 180
  
Hay ba điểm M, H, N thẳng hàng.
0,25đ

Kẻ đường kính AE
Ta có






AEB ACB BAE DAC BE CD BE CD
      

0,25đ
Tương tự EC = BD
0,25đ
d)
Áp dụng định lí Pitago ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
AB AC CD BD AB BE AC CE
AE +AE 4R 4R 8R
      
   

0,50đ
Câu 5







 
 
2 2
2 2
2015 2015 2015 1
3 8 12 23 2

    



  

x x y y
x y xy

Ta có:




2 2
2015 2015 2015
    x x x x






2 2
2015 2015 2015
    y y y y

0,25đ
Kết hợp với (1) suy ra
2 2
2 2
2015 2015
2015 2015

    

  

    


x x y y
x y
y y x x

0,50đ

Thay vào (2) ta được:
 
2 2
3 8 12 23 1      
x x x x x

Với
1 1
1 1   
x y

Với
2 2
1 1   
x y

Vậy có hai cặp giá trị của x; y thỏa mãn đề bài (1;-1) hoặc (-1;1)
0,25đ
Lưu ý: - Các cách làm tương đương cho điểm tương đương
- bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm bài hình
- Điểm toàn bài không làm tròn.
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút


Câu 1: (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức: P =
 
2 8 2 3 2 6

2) Tìm m để đường thẳng y = (m +2)x +m song song với đường thẳng y = 3x -2.
3) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y = 2x
2
, biết A có tung độ y = 18.
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x
2
– 2x + m +3 =0 ( m là tham số).
1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm nghiệm còn lại.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn:
33
12
8xx
.
Câu 3 (2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình
23
3 2 1
xy
xy






2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 12m. Nếu tăng

chiều dài thêm 12m và chiều rộng thêm 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng
gấp đôi. Tính chiều dài và chiều rộng mảnh vườn đó.
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ
các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm
thứ hai là D và E.
a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn. Xác định tâm của đường
tròn đó.
b) Chứng minh rằng: HK // DE.
c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC
có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác CHK không đổi.
Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 
22
2
2
2 3 2 4 0
5 2 2 5
x y xy x y
x x y

    


   



Hết















Hướng dẫn câu 4 b,c.
b) Theo câu a) Tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J là trung điểm của AB
Nên

BAH
=

BKH
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH của (J) )
Mà

BAH
=


BAD
(A, H, D thẳng hàng)


BAD
=

BED
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O) )
Suy ra

BKH
=

BED
. Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // DE.
c)
- Gọi T là giao của hai đường cao AH và BK.
Dễ CM được tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT.
(do
 
0
CHT CKT 90
).
Do đó CT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. (*)
- Gọi F là giao của CO với (O) hay CF là đường kính của (O).
Ta có

0
CAF 90

( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA

CA
Mà BK

CA (gt). Nên BK // FA hay BT // FA (1)
Ta có

0
CBF 90
( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FB

CB
Mà AH

CB (gt). Nên AH // FB hay AT // FB (2)
Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFBT là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //)

Do J là trung điểm của đường chéo AB
Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT( tính chất về đường chéo hbh).
Xét tam giác CTF có O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT
Nên OJ là đường trung bình => OJ =
1
2
CT (**)
Từ (*) và (**) ta có độ dài của OJ bằng độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác CHK.
Mà độ dài của OJ là khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB).
Do (O) và dây AB cố định nên độ dài của OJ không đổi.
Vậy độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi.

Câu 5:

 
22
2
2
2 3 2 4 0 (1)
5 2 2 5 (2)
x y xy x y
x x y

    


   



(1)

22
2 4 6 4 8 0x y xy x y    


(x
2
- 4xy + 4y
2
) +(x
2

- 4x) – 2xy + 8y = 0

(x - 2y)
2
+ x(x - 4) - 2y(x – 4) = 0

(x - 2y)
2
+ (x - 4)(x – 2y) = 0

(x - 2y).(x - 2y + x - 4) = 0

(x - 2y) . (2x - 2y - 4) = 0

x - 2y =0 hoặc 2x – 2y – 4 = 0
TH1: x - 2y = 0

2y = x thay vào (2) ta có
   
22
22
5 2 5 5 5x x x x x       
(3)
Để giải (3) ta đặt x
2
– 5 = t khi đó (3) trở thành t
2
= x + 5
Ta có hệ pt
22

22
5 5 (4)
5 5 (5)
x t x t
t x t x

   



   



Lấy (4) – (5) ta được x
2
– t
2
= t – x

(x-t).(x+t) – t + x = 0

(x - t).(x + t +1) = 0

x = t hoặc x + t +1 = 0
* Nếu x = t thay vào (4) ta có pt x
2
= x +5 hay x
2
- x – 5 = 0.

Gải pt này được x
1
=
1 21
2

; x
2
=
1 21
2

(đều tm)
Tương ứng y
1
=
1 21
4

; y
2
=
1 21
4


* Nếu x + t +1 = 0 thay t = - x -1 vào (4) ta có x
2
= -x -1 +5


x
2
+ x – 4 = 0
Gải pt này được x
3
=
1 17
2

; x
4
=
1 17
2

(đều tm)
Tương ứng y
3
=
1 17
4

; y
4
=
1 17
4


TH2: 2x – 2y – 4 = 0


x – y – 2 = 0

x – y = 2
thay vào (2)
 
2
2
5 2.(x y) 5x    

ta có:
 
2
2
5 2.2 5x   

 
2
22
5 9 5 3xx     

Xét x
2
– 5 = 3

x
2
= 8

56

2 2; 2 2xx  

Tương ứng có
56
2 2 2; 2 2 2yy    

Xét x
2
– 5 = -3

x
2
= 2

78
2; 2xx  

Tương ứng có
78
2 2; 2 2yy    

Vậy hpt đã cho có 8 nghiệm
(x,y)

{(
1 21
2

,
1 21

4

);(
1 21
2

,
1 21
4

);(
1 17
2

,
1 17
4

);
(
1 17
2

,
1 17
4

); (
22
,

22
-2); (-
22
, -
22
-2);(
2
;
2
-2);(-
2
;-
2
-2)}








ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG
PHONG, NAM ĐỊNH NĂM 2014


Bài 1: (2,0 điểm):
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 1/a + 1/b + 1/c = 1 và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng (a- 1) (b -1) (c – 1) = 0.
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh (3 + √5)

n
+ (3 - √5)
n
là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
1. Giải phương trình
 


2
6 2 1 4 12 8x x x x      

2. Giải hệ phương trình
3 2 6 4
43
2
1
2 1 3 4
1
x xy y y
yx
x

  


   




Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA
1
; BB
1
;
CC
1
của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA
1
cắt đường tròn (O) tại K khác A.
1) Chứng minh A
1
là trung điểm của HK.
2) Hãy tính HA/AA
1
+ HB/BB
1
+ HC/CC
1
.
3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB
1
cắt (O) tại giao điểm thứ hai
là E, kéo dài MB
1
cắt AE tại N. Chứng minh rằng AN/NE = (AB
1
/EB

1
)
2

Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x
3
+ y
3
– 3xy = 1
Bài 5: (1,5 điểm):
1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách
xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu
trên bảng ghi số 6
100
. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 100
6
hay không ?
Tại sao ?
2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 3xyz. Chứng minh rằng:

2 2 2
4 4 4
3
2

x y z
x yz y xz z xy

  

HẾT



Đáp án đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên trường THPT chuyên Lê Hồng
Phong năm 2014
TRUNG TÂM EDUFLY
130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 098 770 84 00

TRUNG TÂM EDUFLY
130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 098 770 84 00

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 2
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm)
a) ng trình: x
2

+8x+7=0
b) 
3
2
y
xy





c) 
2
6
(2 3) 75
2
M    

d) (x;y) 4x
2
=3+y
2
Bài 2: (2.0 điểm)
Cho parabol (P):
2
2y
y=x-m+1( 

m ).
a)  Parabol (P)

b) Tìm 









(P)(D) .
c) (P) .
Bài 3: (1 điểm)






V biê
̉
n đa
̉
o Trương Sa












280 



.
















6 






. 
sung thêm 1 2 

. 
, 







?
Bài 4: (3,5 điểm)


 (O) (O). , 

(O) ( B,


). ( 



). 
(O) 2 . .
a) 


4 

,B,O,









. .
b) 

ng minh


2 180
o
BNC BAC
c) 


2
=AM.


2

=4(AE
2
-AC
2
).
d) , 









, AC. 
MI.







.
Bài 5: (0,5 điểm)


=3P=
3 9 26

3x y x y


HÊ
́
T
Đa
́
p a
́
n:
Bài 1:
1. Gii phương trnh và h PT
a) x
2
+8x +7 = 0


: a-b+c=1-8+7=0 nên pt :
x
1
=-1; x
2
=-7











: S={-1;-7}
b)
3 5 1 1
2 4 2 4 2
x y x x
x y y y
   
  

  
    
  
c)
6
(2 3) 75 6(2 3) 2 3 5 3 14
23
M          

d) 

: 4x
2
-y
2
=3(2x+y)(2x-y)=3
2 3 1

()
2 1 1
2 1 1
()
2 3 1
x y x
n
x y y
x y x
l
x y y

  



  




  



   











(1; 1)
Bài 2:
a) :
x
-2
-1
0
1
2
y=
2
2x
8
2
0
2
8
b)  (P) (D):
2
2x
=
1xm
 2x
2

-x+m-1=0
=(-1)
2
-4.2(m-1)=9-8m


(P) (D) : =09-8m=0m=
9
8




=
9
8
(P) (D) .
c) 



(P) =2

:
y=2(2y)
2
y=8y
2

0

1
8
y
y












(P) (0;0) , (
1
4
,
1
8
)
Bài 3:
() 










( xN*, x<140)








+1()








:
280
x
()







:
286
1x
()




:
280
x
-
286
1x
=2
280(x+1)-286x=2x(x+1)
x
2
+4x-140=0

10
14( )
x
xl
















10 .
Bài 4:
-->