(1,5 điểm) Cho biểu thức

ĐỀ SỐ 08

***

Đề thi Sở Lào Cai 2019 – 2020

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x² 2(m 1)x m² 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn hệ thức _{1 2}



x1x2



² 6mx12x2.

Câu 5. (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB <

AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E (MD < ME),cắt BC tại F, cắt AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp.

b) Chứng minh FD.FE FB.FC;FI FE FD.FE  

c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P, K, M thẳng hàng.

––– HẾT –––

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 08 Câu 1.

a) 4   3 2 3 5

b) ^5



^{6 5}



^{2  5 6 5  5 6 56}

Câu 2.

a)

 

  

2 2

2x x 1

2x 2x 1 1 1 1

H x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

 

     

      

  

2x 1 1 2x 1 1

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

     

      

b) Theo đề bài ta có x H 0   x  2 x   2 x 4 Kết hợp điều kiện x 0;x 1  ta có 0 x 4; x1

Vậy với 0 x 4;x 1   thì x  H 0 Câu 3.

1) a) Điểm A có hoành độ x 1 và thuộc P nên thay x 1 vào P ta được :

 

²

y3. 1 3

 

A 1;3

 

b)Gọi B x ;0 là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường



B



thẳng d, d’. ta có B x ;0 thuộc d



B



xB   1 B 1;0

 

Lại có: ^{B 1;0}

 

^{d ' 0 1.1 b b 1}

2 2

      

2) a) ^{x y 5 3x 6 x 2}

2x y 1 y 5 x y 3

   

  

       

  

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất:

   

^{x; y  2;3}

b) Hệ phương trình có 1 1

7 2

  

 hệ pt

 

 

x y a 1 7x 2y 5a 1 2

  

   

 có nghiệm duy nhất

với mọi a.

Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn y 2x Thay y2x vào (1) ta được: x2x      a x a y 2a Thay x  a; y 2a vào (2) ta được:

   

7   a 2 2a 5a 1   7a 4a5a 1    8a 1 1 a 8

  Vậy 1

a8 thỏa mãn bài toán.

Câu 4.

a) x² 3x 2 0

Phương trình có dạng a b c 0   . Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt

1 2

x 1; x 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: ^S

 

^1;2

b) x² 2(m 1)x m² 0

Ta có: ^{  ' }_



^{m 1}



^_^{2 m2 m22m 1 m  2  1 2m}

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x_{1 2} 1

' 0 1 2m 0 m

        2 Theo vi–ét ta có: 1 2

 

2 1 2

x x 2 m 1 x x m

   

 

 Theo đề bài ta có:



x1x2



² 6mx12x2 



x1x2



² 4x x1 2 6mx12x2

 

^{2 2} 1 2

4 m 1 4m 6m x 2x

       2m 4 x₁2x₂ Khi đó kết hợp với x1x2 2 m 1







ta có hệ pt:

 

2 ^{2 2}

1 2

1 2

1 2

1 1

4 4

x m 2 x m 2

3x 4m 6

x x 2 m 1 3 3

x x 2m 2 4 2

x 2x 2m 4

x 2m 2 m 2 x m

3 3

     

 

 

      

          

       

Thay

2

1

x 4m 2

3

x 2m

3

  



 



vào x x_{1 2} m² ta được:

2 2 m 0

4 2 1 4 1 4

m 2 . m m m m 0 m m 0

m 12

3 3 9 3 9 3

 

             

      

     (tm)

Vậy m 0;m  12 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 5:

a) Do MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên OBMOCM90⁰

Xét tứ giác MBOC có: OBMOCM 180 ⁰ suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có:

 

BFDEFC dd

FDBFCE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

 

^{FB FD}

 

FBD FEC g g FD.FE FB.FC 1

FE FC

       

Ta có AB// ME suy ra BACDIC

Mà BACMBC(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

DIC MBC MBF CIF

   

Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:

BFMIFC (đđ)

 

MBFCIF cmt

 

^{FB FM}

 

FBM FIC g g FI.FM FB.FC 2

FI FC

       

Từ (1) và (2) ^{FI.FMFD.FE 3}

 

c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có:

KFDEFQ (đđ)

FKDFEQ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ)

 

FKD FEQ g g

   

FK FD

 

FD.FE FK.FQ 4

FE FQ

   

Từ (3) và (4) FM FK

FI.FM FK.FQ

FQ FI

   

Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có:

 

FM FK

FQ  FI cmt MFQKFI

 

FMQ FKI c g c FMQ FKI

      

Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp

MQK MIQ

  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ)

Ta có MBFCIFMBCMIF suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn.

Ta có OBM90⁰ suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C.

Suy ra OIM90⁰(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IM OI MIQ 900

   

MKQ MIQ 900

  

Lại có QKP90⁰(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ đó ta có: MKPMKQQKP 180 ⁰

Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.

ĐỀ SỐ 09

***

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,0 điểm)

a) Cho biểu thức A 16  25 4. So sánh A với 2 b) Giải hệ phương trình: ^{x y 5}

2x y 11

  

  

 Câu 2. (2,5 điểm)

1. Cho Parabol

 

^{P : y x2} và đường thẳng

 

^{d : y x 2}

a) Vẽ

   

P và d trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Viết phương trình đường thẳng

 

^{d '} song song với

 

d và tiếp xúc với

 

^{P .}

2. Cho phương trình x² 4x m 0 (m là tham số)

a) Biết phương trình có một nghiệm bằng 1 . Tính nghiệm còn lại.

b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x , x thỏa mãn _{1 2}



3x11 3x



2  1



4 Câu 3. (2,0 điểm)

Một đội công nhân đặt kế hoạch sản xuất 250 sản phẩm. Trong 4 ngày đầu, họ thực hiện đúng kế hoạch. Mỗi ngày sau đó, họ đều vượt mức 5 sản phẩm nên đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày so với dự định. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đội công nhân đó làm được bao nhiêu sản phẩm? Biết rằng năng suất làm việc của mỗi công nhân là như nhau.

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), đường cao AH, nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC.

a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn.

b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh BC AB.BD AC.CE và AF vuông góc với DE.

c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Chứng minh O’ là trung điểm của HF.

d) Tính bán kính đường trò (O’) biết BC8cm, DE6cm, AF 10cm. Câu 5. (1,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD.

Gọi S₁ là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. S₂ là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm ngoài hai nửa đường trong nói trên (như hình vẽ trên).Tính ¹

2

S

S .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 09 Câu 1. (1,0 điểm)

a) Cho biểu thức A 16  25 4. So sánh A với 2

A 16 25 4     4 5 2 1 2. Vậy A 2 b) Giải hệ phương trình: ^{x y 5}

2x y 11

  

  



x y 5 3x 6 x 2 x 2

2x y 11 x y 5 2 y 5 y 7

     

   

  

            

   

Câu 2. (2,5 điểm) 1.

a)

 

^{P : y x2}

x 3 2 1 0 1 2 3 y 9 4 1 0 1 4 9

 

^{d : y x 2}

 

x   0 y 2 : 0; 2

 

y  0 x 2 : 2;0

b) Phương trình đường thẳng

 

d ' có dạng yaxb

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-10

-10 -5 5 10 15

 

^{d ' //}

 

^{d : y   x 2 a 1; b 2}

Phương trình hoành độ giao điểm của

   

P và d ' là ^{   x2 x b x2   x b 0 *}

 

PT

 

^{* có   1 4b.}

   

^{P và d '} tiếp xúc nhau khi PT

 

* có nghiệm kép 1

0 1 4b 0 b

        4 (nhận).

Vậy PT đường thẳng

 

^{d ' là :y x 1}

  4 2.

a) PT x² 4x m 0có một nghiệm bằng 1           a b c 0 1 4 m 0 m 5. Nghiệm còn lại của PT là c m 5

a 1 1 5

     

b) ĐK ^{  '}

 

^{2 2    m 0 m 4}

Áp dụng định lí Vi et ta có: ^{1 2}

1 2

x x 4 x x m

 

 



    

 

1 2 1 2 1 2

3x 1 3x 1 4 9x x 3 x x 1 4

9m 3.4 1 4 m 1 tm

       

       Vậy m 1 là giá trị cần tìm.

Câu 3. (2,0 điểm)

Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân đó làm theo kế hoạch là x(sp).

ĐK x0; xZ

Khi đó, số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân đó làm trong thực tế là ^{x5 sp}

 

Thời gian hoàn thành công việc theo kế hoạch là 250

x (ngày) Số sản phẩm làm được trong 4 ngày đầu là: ^{4x sp}

 

Số sản phẩm còn lại phải làm là ^{2504x sp}

 

Thời gian làm ^{2504x sp}

 

còn lại là 250 4x x 5



 (ngày).

Theo bài toán ta có PT: 250 250 4x

4 1

x x 5

   

 Giải PT này ta được: x₁25(nhận) x₂  50(loại)

Vậy số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân đó làm theo kế hoạch là 25 sản phẩm.

Câu 4. (3,5 điểm)

a) Tứ giác AEHD có ADHAEH90⁰ 90⁰ 180⁰Tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn đường kính AH.

Tứ giác AEHD (cmt) ^{ADEAHE 1}

 

(cùng chắn AE ). Dễ thấy

I

K M

N

O'

E D

H

F O

B C

A

O''

 

ACHAHE 2 (cùng phụ HAE ).

Từ (1) và (2) suy ra ADEACH nên tứ giác BDEC nội tiếp được đường tròn.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC ta có:

2 2

BH AB.BD BH AB.BD

HB AC.CE HB AC.CE

  

  

Do đó BC BH HC   AB.BD  AC.CE Nối FB, FC. Gọi I là giao điểm của AF và DE.

Ta có ADEACH (cmt) và AFBACH (cùng chắn AB ) suy ra ADEAFB nên tứ giác BDIF nội tiếp được đường tròn

0 0 0 0 0

DIF DBF 180 DIF 180 DBF 180 90 90

         . Vậy AF DE

c) Gọi M,N,O’’ lần lượt là trung điểm của BD,EC,HF.

– Ta chứng minh được MO’’ và NO’’ lần lượt là đường trung bình của các hình thang BDHF và CEHFMO''/ /DH 3

 

và NO''/ /EH 4

 

– Vì tứ giác BDEC nội tiếp mà O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE suy ra O' cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDECO' thuộc đường trung trực của BD . Suy ra MO’ là trung trực của BD do đó

MO'BD lại có DHBD ^{MO'/ /DH 5}

 

^.

Tương tự ta có NO'/ /EH 6

 

Từ (3) và (5) suy ra MO’’ và MO’ là hai tia trùng nhau Từ (4) và (6) suy ra NO’’ và NO’ là hai tia trùng nhau

Do đó O’ trùng O”. Mà O’’ là trung điểm của HF nên O’ cũng là trung điểm của HF.

d) Trong ABC ta có BC BC 8 4

AF SinA

SinA    AF 10  5 Trong ADE ta có ^{DE AH AH 6}₄ ^{7,5 cm}

 

SinA

5

   

Vì O’ và O lần lượt là trung điểm của HF và AF nên OO’ là đường trung bình của tam giác AHF ^{OO'=AH 7,5 3,75 cm}

 

2 2

  

Gọi K là giao điểm của OO’ và BC dễ thấy OO' BC tại trung điểm K của BC.

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông OKC ta tính được

 

2 2 2 2

OK OC KC  5 4 3 cm

Ta có ^{KO'OO' OK 3,75 3 0,75 cm}

 

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông O’KC ta tính được

 

2 2 2 2 265

O 'C O 'K KC 0,75 4 cm

     4

Vậy bán kính đường trò (O’) là ²⁶⁵

 

^cm

4 .

Câu 5. (1,0 điểm)

Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Ta cm được:

2

2 2

3 4

a . .90

1 a a 1

S S 2

360 2 2 4 4 2

  

     

          

2 2 2

1 3 4

a 1 a 1 a 1

S S S

4 4 2 4 4 2 2 4 2

  

     

           

S₁

S₂

S₄ S₃

B C

A D

2 2 2

2

1 a 1 a 3

S a

2 2 4 2 2 2 4

 

   

       

   

Do đó

2 1

2 2

a 1

S 2 4 2 2

a 3

S 6

2 2 4

 

   

 

 

  

  

 

 

.

ĐỀ SỐ 10

***

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (2,0 điểm). Cho biểu thức:

 

²

1 1 x 1

P :

x x x 1 x 1

  

      .

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?

2) Tìm tất cả các giá trị của x để 1 P 3?

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q A 9 x ? Câu II: (1,5 điểm).

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB8cm, AC6cm. M là một điểm trên AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và BC lần lượt cắt BC và AC tại D và N. Hãy xác định điểm M để diện tích của hình bình hành MNCD bằng 3

8 diện tích của tam giác ABC?

2) Cho hàm số ymx 1 (1)

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A 1;4 . Với giá trị

  m

vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên ?

b) Tìm

m

để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng

 

^{d : x  y 3 0.}

Câu III: (3,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình

x 2 z

y 2 3z

z 3x 2y 2 0

  

  

    



2) Giải phương trình: 2x²3x 5 2x2.

3) Cho phương trình



^{m 1 x}



^{2 2 m}



^{2 x}



^{m 1 0. Tìm}

m

để phương trình có nghiệm duy nhất?

Câu IV: (3,0 điểm). Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn



O : R ta vẽ hai tiếp tuyến



AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ

MI  AB, MK  AC 

^{I AB, K AC}



1) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

2) Vẽ MPBC



^PBC



. Chứng minh: MPKMBC.

3) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Câu V: (0,5 điểm). Tìm a; b; c biết rằng phương trình:

x

³

 ax

²

   bx c 0

có tập nghiệm là ^{S }

 

^{1;1 ?}

---HẾT---

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 10 Câu I:

1) Điều kiện xác định:

x x 0 x 0

x 1 x 1 0

0 x 1 x 0

x 0

x 1

x 1 0

    

    

    

   

 

     



Ta có: 1 1



^{x 1}



²

P .

x x x 1 x 1

  

     

  

^{x 1}



²

1 x

x x x x 1 . x 1

  

 

 

    

 

     

 

2 2

x 1 x 1

1 x x 1

. x 1 x

x x 1 x x 1

 

 

  

  

Vậy x 1

P x

  _.

Cách 2: Đặt a x



^a0



Ta có:

     

²

2 2

1 1 a 1 1 1 a 1

P : .

a a a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1

  

  

           

  

^{a 1}



²

1 a a 1 x 1

a a 1 . a 1 a x

     

      .

Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

2) Với 1 x 1 1

P 3 x 3

   

 

⁹

3 x 1 x 2 x 3 x

      4 (thõa mãn).

Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biến để biểu thức nhận một giá trị cho trước.

3) Ta có x 1 1

Q P 9 x 9 x 1 9 x

x x

  

        Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ¹

x và 9 x, tạ có:

1 1

9 x 2 .9 x 2 9 6 x   x   .

Q 1 6 5

    

Dấu " = " xảy ra khi ¹ 9 x 1 9x x ¹ x     9 Vậy max P 5 khi 1

x  9.

Nhận xét: Bài toán tìm cực trị của biểu thức.

Câu II:

1)

Gọi độ dài AM là x (cm), 0 x 8.

Theo định lý Ta-lét trong tam giác ABC với MN / /BC ta có

AM AN x AN 3

 

AN x cm

AB  AC  8 6   4

3

 

NC AC AN 6 x cm

    4 .

Diện tích hình bình hành MNCD là:

 

²

MNCD

S AM.NC x 6 3x cm 4

 

    

Diện tích tam giác ABC là: ^{S ABC 1AB.AC 1.6.8 24 cm}

 

²

2 2

   

Theo bài ra, diện tích của hình bình hành MNCD bằng 3

8 diện tích của tam giác ABC, nên ta có phương trình x 6 ³x ³.24

4 8

  

 

 

2 x 2

x 8x 12 0

x 6

 

       (thỏa mãn điều kiện).

Vậy điểm M cách A là 2 cm hoặc 6 cm.

2)

a) Do đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A 1;4 nên ta có phương trình

 

4m.1 1 m3 .

Với m3 hàm số (1) có dạng

y 3x 1  

Vì 30 nên hàm số (1) đồng biến trên . b) Phương trình đường thẳng

 

^{d là:}

^{y    x 3}

^.

Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng

 

^{d thì m 1 m 1}

1 3

  

  

  



Vậy m 1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với đường thẳng

 

^{d .}

Câu III:

1) Hệ phương trình tương đương với:

   

x 2 z y 2 3z

z 3 2 z 2 2 3z z 0

  

  

      



x 2 z x 1

y 2 3z y 1

8z 8 0 z 1

  

 

 

     

     

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm:



^{x; y;z}

 

^{  1; 1; 1}



^.

2) Phương trình tương đương với:

 

²

2

2x 2 0

2x 3x 5 2x 2

  

    



2 2 2

x 1 x 1

2x 3x 5 4x 8x 4 2x 11x 9 0

 

 

 

       

 

  

x 1

x 1

x 1 x 1

x 1 2x 9 0 9 x 9

x 2

2

 

 

 

   

        

Vậy phương trình có nghiệm: 9 x 1; x

  2. 3)

+ Xét m 1 0  m 1 , phương trình trở thành: 1

6x 2 0 x

    3 Do đó m 1 thỏa mãn.

+ Xét m 1 0  m 1 (*).

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì   0



^{m 2}



²



^{m 1 m 1}

 

⁰



^{m 2}



²



^{m2 1}



⁰

             4m 5 0 m 5

     4 (thỏa mãn điều kiện (*)) Kết luận: m 1 hoặc 5

m 4. Câu IV:

1) Ta có ^{AIMAKM90 gt}

 

, suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh hai đỉnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới góc 90.

2) Tứ giác CPMK có MPCMKC 90  (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp MPK MCK

  (1). Vì KC là tiếp tuyến của

 

O nên ta có: MCK MBC (cùng chắn MC ) (2).

Từ (l), (2) MPK MBC (3).

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai góc bằng nhau bằng cách sử dụng tính chất bắc cầu.

3) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.

Suy ra:

MIP MBP 

(4). Từ (3) (4) MPKMIP Tương tự ta chứng minh được

MKP MPI 

.

Suy ra: MPK đồng dạng với MIP

2 3

MP MI

MI.MK MP MI.MK.MP MP

MK MP

     

Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất.

Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).

Lại có: MPOHOM R MP R OH. Do đó MP lớn nhất bằng R OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Suy ra max MI.MK.MP



ROH



³ M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Câu V:

Phương trình có hai nghiệm là x 1 và x 1 , thay vào phương trình ta được hệ

1 a b c 0

1 a b c 0

    

    



Trừ hai phương trình trên, ta được:  2 2b   0 b 1 Cộng hai phương trình trên, ta được: a    c 0 c a Phương trình trở thành:

x

³

 ax

²

   x a 0

     

 

2 2

x x a x a x a x 1 0

       

Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm là ^{S }

 

^1;1 , khi đó phương trình x a 0 phải có nghiệm là 1 hoặc 1, suy ra. a1 hoặc a 1.

Vậy các số a; b; c cần tìm là a 1; b 1;c 1 hoặc a 1; b 1;c1.

Trong tài liệu Bộ 10 đề thi vào 10 môn Toán năm 2022 có đáp án (Tự luận) (Trang 55-78)