đề tuyển sinh vào 10 Môn toán

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021 Đề số 1 Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x2 − x + = x + a2 b2 c2 K= + + ( a − b) ( a − c ) ( b − c ) ( b − a ) ( c − a ) ( c − b ) b) Chứng minh biểu thức số nguyên, a, b, c ba số thực đơi phân biệt có giá trị TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn minh chia hết cho b) Cho đa thức a+b+c P ( x ) = x + ax + b ab − bc − ca có nghiệm minh đa thức P(x) chia hết đa thức chia hết cho Chứng 1+ (a, b số hữu tỉ) Chứng x − x − Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a + b2 + c = Q = a+b + b+c + c+a Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I)nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC WORD=> ZALO_0946 513 000 a) Chứng minh BD = CP b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y = + z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q PHAN THANH THƯƠNG ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua nhỏ n Tìm giá trị LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x2 − x + = x + TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP a2 b2 c2 K= + + ( a − b) ( a − c ) ( b − c ) ( b − a ) ( c − a ) ( c − b ) b) Chứng minh biểu thức số nguyên, a, b, c ba số thực đơi phân biệt có giá trị Lời giải a) Điều kiện Phương trình cho viết lại thành (x ( x − 1) + Hay ( x − 1) ≥ ( x+3 −2 Vì tức x =1 ( ) 2 ( ) − x + 1) + x + − x + + = 0, =0 x+3−2 ) ( x − 1) ≥0 = nên (1) xảy ( x+3−2 ) =0 WORD=> ZALO_0946 513 000 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = b) Ta có K= a ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c ( a − b ) ( a − b) ( b − c) ( a − c) a − b2 ) ( b − c ) − ( b − c ) ( a − c ) ( = ( a − b) ( b − c) ( a − c) = a2 ( b − c ) + b2 ( c − b + b − a ) + c2 ( a − b ) ( a − b) ( b − c) ( a − c) ( a − b) ( b − c ) ( a + b − b − c ) = = ( a − b) ( b − c) ( a − c) Do đó, biểu thức K ln nhận giá trị ngun Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn minh chia hết cho b) Cho đa thức a+b+c P ( x ) = x + ax + b ab − bc − ca có nghiệm chia hết cho Chứng 1+ (a, b số hữu tỉ) Chứng x − x − 2 minh đa thức P(x) chia hết đa thức Lời giải PHAN THANH THƯƠNG ( a + b ) ( a + b + c ) + ( ab − bc − ca ) a) Từ giả thiết ta có hết cho Từ suy chia hết cho chia hết cho 3, hay Với số nguyên x, ta có x chia dư 0, nên a2 b x2 chia chia dư 1.Suy a + b2 a2 chia cho có số dư Như vậy, để b2 ( P 1+ b) Từ giả thiết, ta có 3=− a+6≠ Do chia hết cho 3, ta phải có chia hết cho 3, tức a b chia hết cho Mặt khác, a + b + c ab − bc − ca chia hết c chia hết cho Từ đây, dễ thấy Ta có điều phải chứng minh Nếu a + b + 3ab a = −6 , ta có Từ suy ) chia hết cho TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP , hay ( a + 6) a + b + 10 a+6 = − ( a + b + 10 ) số hữu tỉ, mâu thuẫn a + b + 10 = b = −4 , tức số vô tỉ Vậy P ( x ) = x3 − x − = ( x − x − ) ( x + ) Rõ ràng P ( x) x − x − chia hết cho đa thức Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b2 + c = WORD=> ZALO_0946 513 000 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = a+b + b+c + c+a Lời giải Giá trị lớn biểu thức Q Với số thực x, y z, ta có ( x − y) Từ suy + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 2 ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ( x + y + z) , hay ≤ 3( x2 + y2 + z2 ) Sử dụng kết này, ta được: Q4 =   ( ) 2 a + b + b + c + c + a  ≤ 3 ( a + b + b + c + c + a )   = 36 ( a + b + c ) ≤ 36.3 ( a + b + c ) = 108 Q ≤ 108 a=b=c= Suy Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy giá trị lớn biểu thức Q 3 Vậy 108 PHAN THANH THƯƠNG Giá trị nhỏ biểu thức Q Từ giả thiết, ta có ≤ a, b, c ≤ a ≥ a2 Từ đây, ta có a + b2 ≥ ( a + b ) 2 b ≥ b2 Từ a + b ≥ a2 + b2 Mà a2 , b2 , c2 ≤ Suy ≤ a + b2 = − c2 ≤ nên Tóm lại, ta có: a + b ≥ a + b2 ≥ (a + b2 ) = a + b2 b + c ≥ b2 + c , c + a ≥ c + a TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Chứng minh tương tự, ta có: Từ kết trên, ta suy ra: Q ≥ a + b + b + c + c + a = a =1 b=c=0 Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn Vậy giá trị nhỏ Q Q≥2 Bình luận: Để chứng minh , ta cịn có hai cách tiếp cận khác sau Cách Khơng tính tổng qt, giả sử GM, ta có: a≥b≥c Sử dụng bất đẳng thức AM- a + b + a + c ≥ ( a + b ) ( a + c ) = a + ab + ac + bc ≥ a + b + c + bc = + bc ≥ WORD=> ZALO_0946 513 000 Lại có b+c ≥0 nên Q ≥ Cách Tương tự lời giải trình bày trên, ta có a ≥ a2 , b ≥ b2 ( c + a) ( c + b) ≥ c Q2 = ( c ≥ c2 Từ đây, với ý ≤ a , b, c ≤ nên ( a + b ) ( a + c ) ≥ c2 , ( b + c ) ( b + a ) ≥ b2 , ta có a+b + b+c + c+a ) = 2( a + b + c) +   ( a + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( c + a ) ( c + b )  ≥ ( a + b + c ) + ( a + b + c ) = ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) = Suy Q ≥ Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP PHAN THANH THƯƠNG b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Lời giải TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP WORD=> ZALO_0946 513 000 a) Có J tâm đường trịn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC ⇒ CP = BD = BA + BC − AC Hoặc lấy trung điểm M IJ, MB = MC, MD = MP nên BD = CP b) Tính chất hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10) Có : BI, BJ phân giác trong, tam giác ABN suy k= Cách biến đổi đại số: Đặt điều kiện phải chứng minh IA JA = , AN = a IN JN IA JA = IN JN từ tính AI, AJ theo a, k Thay vào PHAN THANH THƯƠNG Cách khác: IA JA AN AN AN AN 1 = ⇒ −1 = 1− ⇒ + =2⇒ + = IN JN AI AJ AI AJ AI AJ AN c) Gọi DI cắt AP S Kẻ có: Do ⇒ JR ⊥ AC IS AI IE = = ⇒ IS = ID JP AJ JR IC ⊥ DE , PQ ⊥ DC ⇒ ∆IDC : ∆DPQ ( g g ) DI PD DS DP = ⇒ = ⇒ ∆DSP : ∆PBK ( c.g c ) DC PQ BP PK TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP · · ⇒ DSP = PBK ⇒ BK ⊥ AP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y = + z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba WORD=> ZALO_0946 513 000 đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua nhỏ n Tìm giá trị Lời giải a) Xét trường hợp sau Trường hợp 1: y = Trong trường hợp này, ta có z − = 3x Suy =2 z z ≡ 1( mod ) k +1 Nếu z số lẻ, tức = 2.4 ≡ ( mod 3) z = 2k + với k tự nhiên, ta có k dương Khi ta có , mâu thuẫn Do z số chẵn, tức z = 2k với k nguyên 3x = 22 k − = ( k − 1) ( 2k + 1) PHAN THANH THƯƠNG Suy 2k − (2 cho (do 2k + k lũy thừa Mà hai số không chia hết + 1) − ( 2k − 1) = không chia hết cho 3) nên hai số phải có k =1 −1 < +1 2k − = số Lại có nên , tức Một cách tương tự, ta tính x =1 z=2 Thử lại, ta thấy thỏa mãn y≥2 3x > 2z > y Trường hợp 2: Vì nên từ phương trình cho, ta có , tức k z>y Suy lẻ, tức 2y k 2z x = 2l + chia hết cho Từ ta có TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP l +1 =3 x l với tự nhiên, x = 2l l số chẵn, tức với nguyên dương y≥4 +) Giả sử Nếu Khi đó, ta có l = 2t + l 3x ≡ 1( mod ) 2y 2z = 3.9 ≡ ( mod ) Nếu x số l , mâu thuẫn Do x chia hết cho 16 nên 3x ≡ 1( mod16 ) 3x = 34t + = 9.81t ≡ ( mod16 ) t số lẻ, tức với tự nhiên, l l = 2t t thuẫn Do số chẵn, tức với nguyên dương Suy = = 81 ≡ 1( mod ) z − y ≡ 1( mod ) x 4t t Từ 2z − y chia hết cho 5, hay z − y = 2.4u ≡ ±2 ( mod ) WORD=> ZALO_0946 513 000 Nếu z− y , mâu z − y = 2u + số lẻ, tức với u tự nhiên, mâu z− y z − y = 2u thuẫn Do số chẵn, tức với u nguyên dương Khi đó, ta có z − y = y ( 4u − 1) chia hết cho Lại có 3x chia hết chia hết cho 3, mâu thuẫn y≤3 y=2 3x + = z +) Như vậy, ta phải có Nếu ta có y=3 z − 32 l = 3, mâu thuẫn Do Khi ta có: Từ đây, ta có chẵn, tức z = 2m −3 < +3 m Vì z ≡ 1( mod 3) x=2 l m chia hết cho Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy z số với m nguyên dương Khi ta có: l , suy 2z 2m + 3l > nên 2m + 3l = Từ (2 m − 3l ) ( 2m + 3l ) = m=2 l =1 , hay ta có z=4 Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy có hai số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu (1, 1, 2) (2, 3, 4) PHAN THANH THƯƠNG b) i) Trước hết, ta chứng minh kết sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S Xét ba điểm E, F, G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn S EFG ≤ hình chữ nhật ABCD Khi S TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Qua ba điểm E, F, G kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng AB Trong đường thẳng này, có đường thẳng nằm trùng với hai đường thẳng Khơng tính tổng quát, giả sử đường thẳng d qua điểm F Khi đó, đường thẳng d cắt đoạn thẳng EG điểm P Gọi M, N theo thứ tự giao điểm đường thẳng d hai đường thẳng AB, CD Khi đó, ta có 1 d ( E , MN ) MN + d ( G, MN ) MN 2 1 1 ≤ d ( A, MN ) MN + d ( B, MN ) MN = AB.MN = S , 2 2 S EFG = S EPF + SGPF ≤ S EMN + SGMN = WORD=> ZALO_0946 513 000 Trong d(X, ZT) ký hiệu khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT Từ kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh n≥2 n ≤1 ii) Trước hết, ta chứng minh Thật vậy, giả sử Gọi hình chữ nhật cho hình chữ nhật ABCD Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ AMRQ, BMRP, CPRN, DQRN hình vẽ bên Xét hai hình chữ nhật AMND BMNC Ta thấy điểm năm điểm cho thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có ba điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử ba điểm H, K, S chúng thuộc hình chữ nhật AMND Xét hai hình chữ nhật AMRQ DQRN Ta thấy điểm ba điểm H, K, S thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có hai điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử hai điểm H, K chúng thuộc hình chữ nhật AMRQ PHAN THANH THƯƠNG TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP S HKS ≤ Áp dụng kết chứng minh phần i) ta có 1 S AMND = Gọi hai điểm lại năm điểm V W Nếu có điểm hai điểm thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn V cách sử dụng kết S HKV ≤ n≥2 chứng minh phần i), ta có Suy , mâu thuẫn Do đó, hai điểm V W phải nằm hình chữ nhật CPRN Nếu S thuộc hai hình chữ nhật DQRN BMRP cách sử dụng S SVW ≤ kết chứng minh phần i) ta có hình chữ nhật AMRQ mâu thuẫn Do S nằm WORD=> ZALO_0946 513 000 Gọi S1 diện tích tứ giác (không thiết lồi) tạo H, K, S V Khi đó, rõ ràng S1 ≤ SVMAQ = S AMRQ + SVQR + SVMR ≤ 1 1 + S NQR + S PMR = + + = 4 8 Mặt khác, ba tia VH, VK, VS ln có tia nằm hai tia lại, chẳng hạn VK Do đó: S1 = SVHK + SVKS ≥ { SVKH , SVKS } Kết hợp với kết trên, ta suy có n≥2 mâu thuẫn Vậy ta phải có { SVKH , SVKS } ≤ S HKS ≤ Từ đó, kết hợp với , ta n ≥ Mặt khác, ta có n = thỏa mãn trường hợp sau: PHAN THANH THƯƠNG Vậy giá trị nhỏ n Bình luận: Bài 5a) tương tự hóa số học đề chọn đội tuyển Việt TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y = + 2z Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: + x = y + 2.4 z WORD=> ZALO_0946 513 000 PHAN THANH THƯƠNG SỞ GD&ĐT TPHCM ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2020- 2021 Thời gian : 120 phút Bài 1: Cho hàm số y = 0, 25x có đồ thị (P) hàm số y = x – có đồ thị (D) a) Vẽ (D) (P) mặt phẳng tọa độ TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP b) Tìm tọa độ giao điểm (D) (P) phép toán Bài 2: Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2 + 4x – = A= Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức: x1 x2 + + x2 x1 Bài 3: Trong kỳ thi HK II mơn tốn lớp 9, phịng thi trường có 24 thi sinh dự thi Các thi sinh phải làm giấy thi trường phát cho Cuối buổi thi, sau thu bài, giám thị coi thi đếm tổng số tờ 53 tờ giấy thi Hỏi phịng thi có thí sinh làm tờ giấy thi, thí sinh làm tờ giấy thi? Biết có thí sinh làm tờ giấy thi Bài 4: Hãng taxi A qui định giá thuê xe cho chuyến đường dài (trên 50 km).mỗi kilomet 15 nghìn đồng 50km nghìn đồng kilomet WORD=> ZALO_0946 513 000 a Một khách thuê xe taxi quãng đường 70 km phải trả số tiền thuê xe nghìn đồng? b Gọi y (nghìn đồng) số tiền khách thuê xe taxi phải trả sau x km Khi mối liên hệ hai đại lượng hàm số bậc y = ax + b Hãy xác định hàm số x > Bài 5: Thứ hàng tuần cửa hàng Domino’s pizza áp dụng giá cho bánh pizza loại Ocean Mania sau inch inch 12 inch Ocean Mania Size S: 77 000 đồng Size M: 127 000 đồng Size L: 237 000 đồng Hỏi em nên chọn size bánh để tốn tiền nhiều bánh nhất? Giải thích? Bài 6: Do mẫu Toyota mắt nên Toyota cũ bán giảm giá lần lần giảm 5% so với giá ban đầu, lần giảm 10% so với giá bán sau giảm lần sau lần giảm giá xe cũ 684 000 000đ Giá xe cao xe cũ 25% Hỏi xe giá tiền ? PHAN THANH THƯƠNG Bài 7: Một nón hình bên: có độ dài đường sinh 25cm, bán kính đường trịn đáy 15cm Tính thể tích nón trên? Biết V = S h : V thể tích hình nón; S diện tích đáy, h chiều cao hình nón Bài 8: Cho đường trịn (O;R) điểm A nằm ngồi đường tròn (O).Vẽ hai tiếp tuyến AB,AC (O) (B,C :Tiếp TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP điểm).Vẽ cát tuyến ADE (O) (D.E thuộc (O);D nằm A E;Tia AD nằm hai tia AB AO a)Chứng minh AB2 = AD AE b)Gọi H giao điểm OA BC Chứng minh tứ giác DEOH nội tiếp c)Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) M N (M nằm A O) Chứng minh EH.AD = MH.AN Hết WORD=> ZALO_0946 513 000 ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC Bài 2, giáo viên tự giải Bài : Gọi x, y số thí sinh làm tờ tờ giấy thi (đk: x , y nguyên dương) Theo đề ta có: 2 x + y = 50  x = 13 ⇔ ⇔    x + y = 21  y =8 Vậy có 13 thí sinh làm tờ, thí sinh làm tờ Bài 4: PHAN THANH THƯƠNG a) Số tiền thuê xe: 15000 50 + 9000 20 = 930000đ b) Hàm số biểu thị : y = 50.15000 + (x – 50).9000 = 9000x + 300000 Bài : Diện tích bánh size S π ( : )2 = 12,25π (inch2 ) Diện tích bánh size M π ( : )2 = 20,25π (inch2 ) Diện tích bánh size L π ( 12 : ) = 36π (inch2 ) Giá inch2 bánh size S 77 000 : (12,25π) ≈ 2000,8 ( đồng / inch2 ) Giá inch2 bánh size M 127 000 : (20,25π) ≈ 1996,3 ( đồng / inch2 ) Giá inch2 bánh size L 237 000 : (36π) ≈ 2095,5 ( đồng / inch2 ) Nên chọn bánh size M để tốn tiền nhiều bánh TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP 1996,3 ( đồng / inch2 )< 2000,8( đồng / inch2 ) < 2095,5( đồng / inch2 ) Bài 6: Giá Toyota cũ trước giảm là: Giá Toyota là: 684000000 : ( 100% − 5% )  : ( 100% − 10% ) = 800000000 800000000 ( 100% + 25% ) = 1000000000 (đ) (đồng) Bài : Chiều cao hình nón : SA2 = SO + OA2 ⇒ SO = SA2 − OA2 = 25 − 152 = 400 ⇒ SO = 20 (cm) WORD=> ZALO_0946 513 000 Diện tích đáy hình nón : S = π R = π 152 = 225π (cm2) Thể tích hình nón : 1 V = S h = 225π 20 = 4710 (cm ) 3 Bài : a) C/m ∆ABD ∆AEB ∽ (g.g) PHAN THANH THƯƠNG Suy AB AD = ⇔ AB2 = AD.AE AE AB C/m AH.AO=AD.AE(=AB2) b) ∆AHD ∆AEO ∽ (cgc) => Tứ giác DEOH nội tiếp(Tứ giác có góc góc đối ngồi) c) Ta có 1· · · DEM = DOM = DEH ⇒ Suy EM phân giác tam giác EAH ∆AEM ∽ ∆AND Từ (1) (2) suy ⇒ (gg) AE AM = AN AD EH MH = (1) AE AM TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP (2) EH AE MH AM = ⇔ EH.AD = MH.AN AE AN AM AD WORD=> ZALO_0946 513 000 PHAN THANH THƯƠNG ... hóa số học đề chọn đội tuyển Việt TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y = + 2z Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại... dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: + x = y + 2.4 z WORD=> ZALO_0946 513 000 PHAN THANH THƯƠNG SỞ GD&ĐT TPHCM ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2020-... Giá Toyota cũ trước giảm là: Giá Toyota là: 684000000 : ( 100 % − 5% )  : ( 100 % − 10% ) = 800000000 800000000 ( 100 % + 25% ) = 100 0000000 (đ) (đồng) Bài : Chiều cao hình nón : SA2 = SO +