de thi vao 10

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn thi: Tốn
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 3 x  2 .
2
3) Tìm hồnh độ của điểm A trên parabol y 2 x , biết A có tung độ y 18 .
2
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x  2 x  m  3 0 (m là tham số).

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x 3 . Tìm nghiệm cịn lại.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:
Câu 3 (2,0 điểm). 1) Giải phương trình sau: x2- 3x + 2= 0.

x13  x23 8 .

2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô
tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường cịn lại ơ tơ đi với vận tốc
nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định
của ơ tơ.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn 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, E.
a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn. Xác định tâm của đường trịn 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 trịn ngoại tiếp CHK không đổi.
2
2
x  y
x  y


S  2

x  y2
xy
Câu 5 (1,0 điểm). Cho x;y là hai số dương thay đổi.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ĐỀ II

Bài 1(1,5 điểm):Cho hai biểu thức:

A 3 8 

50 



3
x 2  2x  1
B

.
21
x 1
9x 2
và
(0


2

2
b/ Tìm các giá trị của x để B = x .

a/ Rút gọn biểu thức A và B.
Bài 2 (1,5 điểm):
a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – 7 song song với đường thẳng y = 5x – 1.
2ax  by 7

b/ Cho hệ phương trình ax  by  1 .Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; -1)

Bài 3 (2,5 điểm): 1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + 6 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số)
a/ Giải phương trình với m = 1.
x12 x 2  x1x 22 24
b/ Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm x , x thỏa mãn
.
1

2

2/ Bài toán thực tế.
Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước trong bảng giá như sau:
+ Gói 1: Giá mở cửa là 6000 đồng /1km cho 10km đầu tiên và 2500 đồng với mỗi km tiếp theo.
+ Gói 2: 4000 đồng cho mỗi km trên cả quãng đường.


a) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là 35 km thì chọn gói cước nào có lợi hơn?
b) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là x km mà chọn gói cước 1 có lợi hơn thì x phải
thỏa mãn điều kiện gì?
Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại điểm
H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K
khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.
b/ Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân và
EM . NC = EN . CM.
c/ Giả sử KE = KC. Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2.
1
11 1
   
Bài 5 (1,0 điểm): a/ Cho a, b là các số dương. Chứng minh a  b 4  a b  .
1
1
1


6
b/ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y y  z z  x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1

P


3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z .

ĐỀ III

x2
5
1
 2

x  3 x  5x  6 x  2
Câu 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:
a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.
b) Rút gọn P.
Câu 2: (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Một tam giác vng có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành
hai đoạn thẳng hơn kém nhau 14cm. Tính độ dài cạnh huyền và diện tích của tam giác vng đó.
P

2
2
Câu 3: (2,0 điểm).Cho phương trình: x  4 x  m  3m 0 (1) (trong đó x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m  3 .
x
x
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 và 2 thỏa mãn
x12  x2 6
.

Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (M
không trùng với B và C). Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vng góc kẻ từ M đến AB và
AC, O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng:
a) Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường trịn.
b) Tứ giác OPHQ là hình gì? vì sao?
c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất.
Câu 5: (1,0 điểm).
Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn: a  b  c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Q  a 2  ab  b 2   b2  bc  c 2   c 2  ca  a 2 

.
------Hết------

(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)


Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:………………
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải
trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
3) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của mỗi câu, mỗi ý
trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng tồn bài phải giữ ngun khơng được làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Câu

Câu 1
2,0 đ

Đáp án
1)
0,75 đ

0,25

P  16  2 6  2 6

0,25

 16
4
2)
0,75 đ

Câu 2
2,0 đ

1)
1,0 đ

2)
1,0 đ

0,25

Đường thẳng y (m  2) x  m song song với đường thẳng

y 3 x  2 khi và chỉ khi
 m 1 .
3)
0,5 đ

m  2 3

m  2

2
Điểm A nằm trên parabol y 2 x và có tung độ y 18 nên

18 2x 2 .

0,25

 x 2 9  x 3 . Vậy điểm A có hồnh độ là 3 hoặc  3
Thay x 3 vào phương trình ta được: 9  6  m  3 0  m  6

0,25

2
Với m  6 ta có phương trình x  2 x  3 0

0,25

Giải phương trình ta được x  1; x 3

0,25

Vậy nghiệm cịn lại là x  1

0,25

Phương trình có 2 nghiệm

x1 , x2 phân biệt   '  0  m   2

3

Ta có

1)
1,0 đ

0,5
0,25

 x1  x2 2

x . x m  3
Theo hệ thức Vi-ét:  1 2

Câu 3
2,0 đ

Điểm

x13  x23 8   x1  x2   3 x1 x2 ( x1  x2 ) 8

0,25

0,25
0,25
0,25

 8  6(m  3) 8  m  3 (thỏa mãn)
Vậy m  3 thỏa mãn bài toán.

0,25

Ta thấy các hệ số a,b,c của phương trình có dạng: a+b+c=1-3+2=0
=>Phương trình có hai nghiệm
x1=1

0,25
0,25
0,5


2)
1,0 đ

x2 =2
Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x >6 )
80
( h)
Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là x
40

( h)
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là x  6
40
( h)
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là x  12

40
40
80


Theo bài ra ta có phương trình: x  6 x  12 x
Giải phương trình ta được x 24 ( thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định của ô tơ là 24 (km/h)
Câu 4
3,0 đ

C

0,25

0,25

0,25
0,25

D

E

H
M

K
F
O
A

1)
1,0 đ

2)
1,5 đ

B

0

Có AKB 90 (giả thiết)

0,25


AHB
900 (giả thiết)

0,25

Suy ra tứ giác ABHK nội tiếp đường trịn đường kính AB.
Tâm đường trịn là trung điểm của AB.

0,25
0,25



Tứ giác ABHK nội tiếp  ABK AHK (cùng chắn cung AK)

0,25



Mà EDA ABK (cùng chắn cung AE của (O))

0,25



Suy ra EDA AHK

0,5



3)
0,5đ



Vậy ED//HK (do EDA, AHK đồng vị)

Gọi F là giao điểm của AH và BK. Dễ thấy C, K, F, H nằm trên đường
trịn đường kính CF nên đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK có
đường kính CF.
Kẻ đường kính AM.
Ta có: BM//CF (cùng vng góc AB),
CM//BF (cùng vng góc AC)
nên tứ giác BMCF là hình bình hành  CF MB
Xét tam giác ABM vuông tại B, ta có

MB 2 AM 2  AB 2 4 R 2  AB 2 Vậy bán kính đường trịn ngoại
CF
4 R 2  AB 2
r

2
2
tiếp tam giác CHK là
không đổi.

0,5
0,25

0,25

0,25


Câu 5
1,0 đ

S 

 x  y

Ta có:

2

x2  y2

 x  y



2

xy
2

0,25

2

2 xy
x y

2
2
x y
xy

 1+

2

 2 xy
x2  y 2  x2  y 2
 3+  2


2
x

y
2
xy
2 xy



0,25

Do x; y là các số dương suy ra

2 xy
x2  y 2
2 xy x 2  y 2

2 2
.

2
x2  y 2
2 xy
x  y 2 2 xy
2

;«=»

2

2
2
x y
2 xy
 2
  x 2  y 2  4 x 2 y 2   x 2  y 2  0
2
2 xy
x y
2
2
x  y  x  y ( x; y  0)



x2  y 2
x  y 2 xy 
1
2 xy
;« = »  x  y

Cộng các bđt ta được S 6
S 6  x  y .Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y
2

0,25

2

0,25

ĐÁP ÁN VÀ CHO ĐIỂM ĐỀ II
Câu

Đáp án

Điểm

a/ 1,0 điểm
A 3 8 

50 

6 2  5 2 





21

2

3.2 2  5. 2 



0,25
0,25

2  1 1

3
x 2  2x  1
3
B
.

.
2
x 1
9x
x 1

Bài 1
(1,5
điểm)

21

 x  1

2
 3x 

2



3 x 1
.
x  1 3x

0,25
0,25

3   x  1  1
.
=
(v× 0 < x < 1)
x 1
3x
x

b/ 0,5 điểm
B

2
x



1 2


x
x

x 2x 

 1  2 x 0 (v× x > 0) 





x 1  2 x 0

1
1
x   x  (TM §K)
2
4

0,25
0,25

1
Vậy x = 4 .

Bài 2 a/ 0,75 điểm
2

(1,5
– 4 )x + 2m – 7 song song với đường thẳng y
Vì
đồ
thị
hàm
số
y
=
(m
điểm)
0,25


m 2  4 5

= 5x – 1 nên 2m  7  1

0,25

m 3 hc  3

 m  3
m

3

Vậy m = -3.
b/ 0,75 điểm

0,25

 2a  b 7

b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có a  b  1

0,25

3a 6


a  b  1

0,25

a 2

b 3

Vậy a = 2; b = 3

0,25

Bài 3 1a/ 0,5 điểm
(2,5
với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0
điểm) Xét a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 5.
1b/ 0,75 điểm

0,25
0,25

2

    m  5   4.1.   m  6  m 2  10m  25  4m  24 m 2  14m  1

Có
Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi m2 + 14m + 1 ≥ 0

0,25

x1  x 2 m  5

x .x  m  6
Theo định lý Viets, ta có  1 2

Theo đề bài:
x12 x 2  x1x 22 x1x 2  x1  x 2    m  6   m  5   m 2  m  30 24

  m 2  m  6 0   m  2   m  3 0 

m  2

0,5

m 3

Với m = -2,  = -23 < 0 (loại)
Với m = 3 ,  = 52 > 0 (nhận)

Vậy m = 3 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn
x12 x 2  x1x 22 24
2a/ 0,5 điểm
2a/ Số tiền cơ Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng.
- Số tiền cơ Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :
35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng.
Vậy cô Tâm nên chọn gói cước 1 có lợi hơn.
2b/ 0,5 điểm
2b) Vì cơ chọn gói cước 1 có lợi hơn nên x > 10.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :4000.x ( đồng)

0,25

0,25

0,25
0,25


Vì đi theo gói cước 1 có lợi hơn nên 2500x + 35000 < 4000x
70
Suy ra 1500x > 35000 hay x > 3 (km).

0,25

Bài 4
(3,5

điểm)
0,25

1/a : 0,75 điểm
a/Xét tứ giác AHEK có:


AHE
90 (AB  MN); AKE
900  Gãc néi tiÕp chắ n nửa đ ờng tròn) 0,25


AKE
180 Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm).
Suy ra AHE
1/b: 1,25 điểm
b/ Vì NF và KB cùng vng góc với AC nên NF // KB,
 BN

AB  MN  MB
.
KFN MKB



NKB
Có
(đồng vị và KE//FN), KNF
(so le trong và
KE//FN),

0,5



 BN



BKN
MKB
KNF
(vì MB
)  KFN
,

0,25

do đó NFK cân tại K.

0,25

0

Xét

EM KM

MKN
nªn


(1)
EN KN
MKN có KE là phân giác của

CM KM

MKN


(2)
CN KN
Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của
.
CM EM

(2)  EM.CN EN.CM
CN
EN
Từ (1) và (2) 
(đpcm)

0,25

0,25

0,25

1/c: 0,75 điểm
0

0


+/ KE = KC  KEC vuông cân tại K  KEC 45  HEB 45 (đối

0

đỉnh)  HBE 45 (vì HEB vng tại H)
0

+/ OKB cân tại O có OBK 45 nên OKB vng tại O OK//MN
(cùng vng góc với AB) (đpcm)
+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vuông tại M  KM2 + K’M2 = KK’2

0,25
0,25


= 4R2.
Lại có KK’//MN (cùng vng góc với AB)  cung K’M = cung KN
(t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN.
Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm).
2/: 0,5 điểm
Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3
4
V2  .33 36(dm 3 )
3

Thể tích hình cầu đường kính 6dm là
Suy ra V1

a/: 0,25 điểm
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số a, b dương, ta có
1 1
1
 2
ab .
a  b 2 ab , a b

1 1
4
1
1 1 1 
1 1
  a  b     4   

   
a b a b
a  b 4  a b  (đpcm)
a b

0,25

0,25
0,25

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
b/: 0,75 điểm
Theo câu a/ ta có

Bài 5
(1,0
điểm


1
1
1
1
1

 


3x  3y  2z   x  z    y  z    2  x  y  4    x  z    y  z   2  x  y  
1
1
1
1  1
1 
1


 


4   x  z    y  z   8  x  y  16  x  z y  z  8  x  y 

0,25

Hồn tồn tương tự, ta cũng có
1
1  1
1 
1
 

;

3x  2y  3z 16  x  y y  z  8  x  z 
1
1  1
1 
1
 


2x  3y  3z 16  x  y x  z  8  y  z 

0,25

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:
P

1
1
1
1  2
2

2 


 



3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16  x  y y  z z  x 

1 1
1
1  1
1
3
 


  .6  .6 
8  x y y z z x  8
8
2

1
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 4 .
3
1
Vậy GTLN của biểu thức P là 2 khi x = y = z = 4 .

0,25

ĐỀ III
Câu

Nội dung trình bày

a

1
(2đ)

Tìm ĐKXĐ của P:
 x  3 0
 x 3
 2

 x  5 x  6 0   x  3  x  2  0 
 x  2 0

 x 2

P

b

Điểm

 x 3

 x 2

1,0

x2
5
1
x2
5
1
 2




x  3 x  5 x  6 x  2 x  3  x  3  x  2  x  2

 x  2   x  2   5   x  3
 x  3  x  2 
 x  3  x  4   x  4

 x  3  x  2  x  2 .




x2  4  5  x  3
x 2  x  12

 x  3  x  2   x  3  x  2 

1,0

Gọi x (cm) là hình chiếu của cạnh góc vng có độ dài lớn hơn
(ĐK: x > 14) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x  14 (cm).
Áp dụng hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu của các cạnh

0,5
0,5

2
góc vng trên cạnh huyền ta có phương trình: 24 x  x  14 
Giải phương trình:

2
(2đ)

 x 32 (TM)
242 x  x  14   x 2  14 x  576 0   x  32   x  18  0  
 x  18 (KTM)

0,5

Nên hình chiếu có độ dài lớn hơn là 32cm, hình chiếu cịn lại dài 18cm
Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm).
3
(2đ
)

Diện tích của tam giác vng đó là:
Với m  3 ta có phương trình :

a
b

1
.24.50 600
2
(cm2).

 x 0
(1)  x 2  4 x 0  x  x  4  0  

 x  4 0

0,5

 x 0
 x 4


1,0

Vậy với m  3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S  0; 4 .
x
x
Để phương trình (1) có hai nghiệm 1 và 2 thì:

1,0

 '(1) 4   m 2  3m  0   1  m   m  4  0   4 m 1
 x1  x2 4


2
 x1 x2 m  3m

0,25

Theo hệ thức Vi-ét ta có:
Kết hợp với giả thiết ta có:

 x1  x2 4
 x  1
 x12  x1  2 0   x1  1  x1  2  0   1
 2
 x1 2
 x1  x2 6
x1  1  x2 5
x1 x2 m2  3m  m2  3m  5 0

*) Với
. Từ
Dễ thấy phương trình trên vơ nghiệm do có  9  4.5  0
*) Với x1 2  x2 2 .

0,25

0,25


 m 1
x1 x2 m 2  3m  m 2  3m  4 0   m  1  m  4  0  

 m  4
Từ

Đối chiếu ĐK có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá trị
trên đều thỏa mãn.
x
x
Vậy với m = 1; m  4 thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 và 2
x 2  x2 6
thỏa mãn 1
.
Ta có:

APM
900 (do MP  AB (gt)).

4
(3đ
)

0,25


AQM
900 (do MQ  AC (gt)).

AHM
90 0 (do AH là đường cao

a

b

c

của ∆ABC(gt)).
Ta thấy 3 điểm P, Q, H cùng
nhìn đoạn thẳng AM dưới một góc
vng.
Nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng
thuộc đường trịn đường kính AM.
(HS có thể c/m 2 tứ giác nội tiếp
rồi suy ra đpcm cũng là một suy
luận đúng).
Do O là trung điểm của AM nên O là tâm đường tròn đi qua 5 điểm A,
P, H, M, Q.
Lại có ∆ABC đều (gt) nên AH đồng thời là phân giác


 PAH
BAH
300
AM
R
2 , xét (O; R) ta có:
Đặt


POH
2PAH

600


(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn PH
).
(1)
mặt khác do OP = OH = R nên ∆OPH cân
(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ∆OPH đều
OP = PH = R
(3)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
OQ = QH = R
(4)

Từ (3) và (4) OP = OQ = QH = PH .
Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi.
Gọi I là giao điểm của OH và PQ.

Do OPHQ là hình thoi nên ta có: OH  PQ và

1
1
R
PI  PQ IH  OH 
2
2
2.
;

Áp dụng Pytago cho tam giác vuông PIH có:
2

3.R
 R
PI  PH 2  IH 2  R 2    
2
2
AM
PQ 2PI  3.R  3.
2
Suy ra:
Do đó: PQ có độ dài nhỏ nhất  AM có độ dài nhỏ nhất.
Mặt khác do AM AH , nên AM có độ dài nhỏ nhất  M H .
Vậy khi M H thì PQ có độ dài nhỏ nhất.

1,25

1,0

0,75


(Không yêu cầu HS chỉ ra min PQ bằng bao nhiêu)
Khơng mất tính tổng qt, giả sử: a b c 0 .
2
2
2
2


0 b  bc  c b  c  c  b  b

2
2
2
2

0 c  ca  a c  c  a   a a

Ta có:
b
Do đó: 

2

0,25

 bc  c 2   c 2  ca  a 2  a 2b 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm ta có:
3

5
(1đ
)

4
3ab 3ab 4 1  2
3ab 3ab 

 Q  a 2  ab  b 2  a 2b 2  .  a 2  ab  b 2  .
.
 . .  a  ab  b 2 


9
2
2
9 27 
2
2 
3
4
4
6
 5 .  a 2  2ab  b 2   5 .  a  b 
3
3

Do

6

6

a b c 0  a  b a  b  c   a  b   a  b  c  36

c 2  bc 0; c 2  ca 0

  a  b  c 3


 3ab

a 2  ab  b 2
 2

. Suy ra

Q

4 6
.3 12
35

0,25

0,25

a 2

b 1
c 0


0,25
Dấu “=” xảy ra
Vậy Max Q 12  a 2; b 1; c 0 và các hoán vị của chúng.
(nghĩa là trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và số còn lại bằng
0). />Lưu ý:
- Trên đây chỉ là một cách giải, nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, người chấm có thể chia nhỏ các con điểm.
- Với câu 2 không yêu cầu vẽ hình minh họa. Nếu HS có kết quả đúng mà khơng lập luận rõ ẩn
là hình chiếu của cạnh góc vng lớn hơn hay nhỏ hơn thì trừ 0,25 điểm.
- Với câu 3 ý b ĐK có nghiệm khơng yêu cầu HS tìm đúng  4 m 1 mà chỉ cần dừng lại ở kết


 sau đó HS biết đối chiếu giá trị m tìm được với ĐK trên thì vẫn cho
luận (1)
điểm tối đa.
- Với câu 4 nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm điểm câu này. Nếu
phần sau mà dùng kết quả của phần trước nhưng chưa chứng minh thì khơng tính điểm.
- Điểm tồn bài là tổng số điểm của 5 câu trong đề, làm tròn một chữ số sau dấu phảy.
......................................................................
 ' 4  m 2  3m 0