Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh

Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh gồm 1 trang với 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 120 phút, kỳ thi được tổ chức vào ngày 14 tháng 04 năm 2018, đề thi có lời giải chi tiết, mời các bạn đón xem

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
Câu 1 (4.0 điểm) Cho Parabol
=++(P): y x mx 3
2
2
và đường thẳng
= −(d): y x21
. Tìm
m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn
=AB .10
Câu 2 (6.0 điểm):
1. Giải bất phương trình sau:
( )
+
≥
−
−+−
x
x
xx
42
21
1
2 11
2. Giải phương trình sau:
−+ −= − +x x xx.
2
2 2 5 2 3 5 8 21
3. Giải hệ phương trình sau:
− +=
+
−−
−=
+
xy
(x )
x
x x y xy
yx
xy
5
22
2
22
6
13
2
43 9
3
3
Câu 3 (6.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm
( )
A;20
và đường tròn
( )
+ + − +=C :x y x y
22
2 6 20
. Tìm điểm M trên trục hoành sao cho từ M kẻ được hai tiếp
tuyến MB, MC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm) sao cho BC đi qua A.
2. Cho tam giác ABC có
và hai đường trung tuyến BM, CN vuông
góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC.
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm
cạnh AB là
03M( ; )
, trung điểm đoạn CI là
10J( ; )
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
đỉnh D thuộc đường thẳng
10∆ − +=:x y
.
Câu 4 (2.5 điểm)
Biết
+++ =
sin x cos x tan x cot x
2 22 2
16 1 16 1
33
,
π
<<x0
2
. Tính giá trị của

π
−


tan x, tan x55
4
.
Câu 5 (1.5 điểm) Cho
>
=
a,b,c 0
abc 1
. Chứng minh rằng:
4 44
2 22
3
2
111
++≥
+++
ab bc ca
abc
-------------------------- Hết --------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh:..............................
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: TOÁN, Khối 10
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 14/04/2018
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 10 – THPT
Câu
Lời giải sơ lược
Điểm
1
4,0
Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
22
x 2mx 3 2x 1 x 2(m 1)x 4 0 (1)+ += −⇔ + − + =
1,0
Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
2
m 2m 3 0 m 3∆= − − > ⇔ >
hoặc
m1<−
(*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là
11 2 2
A(x ; 2x 1), B(x ; 2x 1)
−−
, trong đó
12
x ,x
là các
nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có:
1 2 12
xx22m,xx4+=− =
.
1,0
Ta có:
22 2
2 1 2 1 21
AB 5(x x ) 5 (x x ) 4x x 10 5(4m 8m 12) 100

= − = + − =⇔ −−=

1,0
2
m 2m 8 0 m 4⇔ − −=⇔ =
hoặc
m2= −
(tm đk (*))
Vậy
m4=
và
m2= −
là giá trị cần tìm.
1,0
2.1
2,0
ĐKXĐ:
x1
≠
, Ta có:
( )
− + −≥ −>xx
42
3
2 1 1 10
2
TH1:
x1>
: BPT
( )
( )
+ −≥
+
⇔ − + ≤ +−⇔ ⇔ =
−− ≤
xx
xx xx x
xx
2
42 2
2
2
10
15
21 1
2
10
1,5
TH2:
x1<
: BPT
(
) (
)
⇔ − + ≥ +−⇔ −− ≥xx xx xx
2
42 2 2
2 1 1 10
luôn đúng
Vậy BPT có tập nghiệm
( )
15
S ;1
2

+

= −∞ ∪



.
0,5
2.2
2,0
ĐKXĐ:
2x 5 0−≥
PT
2
x 10x 21 [(x 1) 2 2x 5] [(x 1) 2 3x 5] 0⇔− ++−− −++− −=
0,5
22
2
x 10x 21 x 10x 21
x 10x 21 0
(x 1) 2 2x 5 (x 1) 2 3x 5
−+ −+
⇔− ++ + =
−+ − ++ −
2
11
(x 10x 21)(1 ) 0
(x 1) 2 2x 5 (x 1) 2 3x 5
⇔−+ + + =
−+ − ++ −
1,0
2
x 10x 21 0 x 3⇔ − + =⇔=
hoặc
x7=
.
Vậy phương trình có 2 nghiệm
x3=
và
x7=
.
0, 5
2
2.3
2,0
HPT
22 2 5
2 2 2 22
(x 2x 4)(x 2) 6x y
(9y 6xy x )(x 3y) 4x 3x y 9x y
− + +=
⇔
−+ +=− −
( )
65
33
x 8 6x y
, 3y x
x 27y 4x
+=
⇔≥
+=
Nhận thấy
x0=
không là nghiệm của hệ nên HPT
Đặt
2
2 3y
a 0,b
xx
=>=
. HPT trở thành
3
3
ab1
1 a 2b
15
1 b 2a
ab
2
= =
+=
⇔
−+
+=
= =
1,0
Với
ab1= =
ta được nghiệm (x ;y)=
( )
2; 2 /3±±
Với
15
ab
2
−+
= =
ta được nghiệm (x ;y)=
2 51
;
3
51

−−−


−

Vậy hệ có 4 nghiệm (x ;y)=
( )
2; 2 /3±±
và
2 51
;
3
51

−−−


−

1,0
3.1
2,0
(C) có tâm
( )
I 1; 3 , R 2 2−=
Theo (1)
Gọi
( )
M a;0
, để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) thì
MI R
>
(luôn đúng).
2 2 2 22
MB MC MI R a 2a 2= = − =++
. Khi đó, B và C thuộc đường tròn (C’) tâm M, bán kính
MB, đường tròn (C’) có phương trình:
( ) (
)
2
22
C' : x a y a 2a 2− +=++
1,0
Tọa độ B và C thỏa mãn
( )
( ) ( )
22
2
2
22
x y 2x6y20
BC : 2a 2 x 6y a 2a 4 0
x a y a 2a 2
+ + − +=
⇒ + − + + +=
− +=++
Do BC đi qua A nên
2
a 6a 8 0+ +=
. Vậy
(
)
A 2;0−
và
( )
A 4;0−
.
1,0
3.2
2,0
Hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau thì:
22
22 22
2 22
bc
2 2 44 b c 44 c b
mmBC()()4bc20
3 3 924924
++

+ = ⇔ − + − =⇔+=


1,0
Mặt khác:
2 22 0
BC b c 2bccosA 4 20 2bccos60 bc 16= + − ⇔= − ⇒ =
0,5
Vậy
ABC
1 13
S bcsinA .16. 4 3.
2 22
∆
= = =
1,0
3.3
2,0
3
Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp
hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với AC, hay J thuộc (C)
(vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của (C) nên JM
⊥
JD. (1)
D thuộc
∆
nên
D(t; t 1) JD( t 1; t 1), JM( 1; 3).+⇒ − + −
 
Theo (1)
JD.JM 0 t 1 3t 3 0 t 2 D( 2; 1)= ⇔− + + + = ⇒ =− ⇒ − −
 
1,0
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Dễ thấy
2
2
a
DM 2 5 a a 4
4
= = + ⇒=
.
Gọi
A(x;y).
Vì
22
22
x 2; y 3
AM 2 x (y 3) 4
67
AD 4
x ;y
(x 2) (y 1) 16
55
=−=
= +− =

⇒⇔

=
= =
+ ++ =
- Với
A( 2;3) B(2;3) I(0;1) C(2; 1) J(1;0)
− ⇒ ⇒ ⇒ −⇒
(thỏa mãn)
- Với
( )
6 7 6 23 8 9 22 11
A ; B ; I ; C ; J 3;2
55 5 5 5 5 5 5
−−
 
⇒ − ⇒ ⇒ ⇒−
 
 
(loại).
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là
A( 2;3),B(2;3),C(2; 1),D( 2; 1).− − −−
1,0
4
2,5
Ta có
222 2
16 1 16 1
33
sin x cos x tan x cot x
+++ =
. Giải được
2
tan x 4 tan x 2=⇒=
Khi đó:
( )
2
2tan x 4 tan 2x tan x 2
tan 2x , tan3x tan 2x x
1 tan x 3 1 tan 2x tan x 11
+
= =− = += =
−−
,
1,0
Vậy:
( )
tan3x tan2x 38
tan5x tan 3x 2x
1 tan 3x tan 2x 41
+
= += =−
−
tan5x tan
79
4
tan 5x
43
1 tan5xt an
4
π
−
π

−= =−

π

+
1,5
5
1,5
Với các số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
422
222
22
2
ab ab ab ab
ab ab ab
a1 a1 2
2a
=− ≥− =−
++
.
Chứng minh tương tự ta cũng có:
4
2
2
b c bc
bc
b1 2
≥−
+
,
4
2
2
c a ca
ca
c1 2
≥−
+
.
Vậy
4 44
2 22
222
ab bc ca 1
(a b b c c a) (ab bc ca)
a 1b 1c 1 2
+ + ≥++− ++
+++
1,0
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
222
3
a b a b b c 3ab abc 3ab++≥ =
Tương tự:
222
3
b c b c c a 3bc abc 3bc++≥ =
;
222
3
c a c a a b 3ca abc 3ca++≥ =
. Vậy
4 44
3
2 2 2 222
222
ab bc ca 1 1 3 3
(a b b c c a) (ab bc ca) (ab bc ca) a b c
a1b1c1 2222
+ + ≥ + + − ++ ≥ ++ ≥ =
+++
(đpcm). Dấu “=” xảy ra khi
abc1= = =
0,5
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
4
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2017-2018 Môn: TOÁN, Khối 10
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 14/04/2018
Câu 1 (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = x2 + 2mx + 3 và đường thẳng (d) : y = 2x − 1. Tìm
m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn AB = . 10 Câu 2 (6.0 điểm): 1. Giải bất x + 2 1 phương trình sau: ( x4 x2 ) ≥ x− − + − 1 2 1 1
2. Giải phương trình sau: x − + x − = x2 2 2 5 2 3 5 − 8x+ . 21  6x5 2 2 y (x − ) 1 + 3 =  x2 + 2
3. Giải hệ phương trình sau:  4x − x2 3 y −  9xy2 y 3 − x =  x +  y 3 Câu 3 (6.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( ; 2 0) và đường tròn
(C):x2 + y2 +2x−6y+2 = 0. Tìm điểm M trên trục hoành sao cho từ M kẻ được hai tiếp
tuyến MB, MC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm) sao cho BC đi qua A. 
2. Cho tam giác ABC có BC = , A = 0 2
60 và hai đường trung tuyến BM, CN vuông
góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC.
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm cạnh AB là 0
M( ;3) , trung điểm đoạn CI là 1
J( ;0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y +1= 0. Câu 4 (2.5 điểm)  π  Biết 16 1 16 1 π + + +
= 33 , 0 < x < . Tính giá trị của tan x 5 , tan x 5 − . sin2x cos2x tan2 x cot2 x   2  4  a,b,c > 0 4 4 4 a b b c c a 3
Câu 5 (1.5 điểm) Cho  . Chứng minh rằng: + + ≥ abc = 1 2 2 2 a +1 b +1 c +1 2
-------------------------- Hết --------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh:..............................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 10 – THPT Câu
Lời giải sơ lược Điểm 1 4,0
Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình: 2 2 1,0
x + 2mx + 3 = 2x −1 ⇔ x + 2(m −1)x + 4 = 0 (1)
Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2
∆ = m − 2m − 3 > 0 ⇔ m > 3 hoặc m < 1 − (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A(x ; 2x −1), B(x ; 2x −1) , trong đó x , x là các 1,0 1 1 2 2 1 2
nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x + x = 2 − 2m, x x = 4 . 1 2 1 2 Ta có: 2 2 2
AB = 5(x − x ) = 5 (x + x ) − 4x x  = 10 ⇔ 5(4m − 8m −12) = 100 2 1  2 1 2 1  1,0 2
⇔ m − 2m − 8 = 0 ⇔ m = 4 hoặc m = 2 − (tm đk (*)) 1,0 Vậy m = 4 và m = 2
− là giá trị cần tìm. 2.1 2,0 ĐKXĐ: 4 2 3
x ≠ 1, Ta có: 2 (x − x + ) 1 −1 ≥ −1 > 0 2 x2 + x −1 ≥ 0 1,5 4 2 2  1+ 5 TH1: x > 1: BPT ⇔ 2(x − x + ) 1 ≤ x + x −1 ⇔ ( 2 x  x2 − x −1 0 2  ) ⇔ = ≤ 2 4 2 2 2 TH2: x < 1: BPT ⇔ 2(x − x + )
1 ≥ x + x −1 ⇔ (x − x − ) 1 ≥ 0 luôn đúng  +  0,5
Vậy BPT có tập nghiệm = (−∞ ) 1 5 S ;1 ∪   .  2   2.2 2,0 ĐKXĐ: 2x − 5 ≥ 0 PT 2
⇔ x −10 x+ 21+[(x −1) − 2 2x − 5]+[(x +1) − 2 3x − 5] = 0 0,5 2 2 x −10 x+ 21 x −10 x+ 21 2 ⇔ x −10 x+ 21+ + = 0 (x −1) + 2 2x − 5 (x +1) + 2 3x − 5 1,0 1 1 2 ⇔ (x −10 x+ 21)(1+ + ) = 0 (x −1) + 2 2x − 5 (x +1) + 2 3x − 5 2
⇔ x −10 x+ 21 = 0 ⇔ x = 3 hoặc x = 7 .
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 3 và x = 7 . 0, 5 1 2.3 2,0 2 2 2 5
(x − 2x + 4)(x + 2) = 6x y 6 5 x +8 = 6x y HPT ⇔  ⇔  , (3y ≥ x) 2 2 2 2 2
(9y − 6xy + x )(x+ 3y) = 4x − 3x y − 9x y 3 3 x + 27y = 4x  8 6y 1+ =  6  x x
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ nên HPT ⇔  3 27y 4  1,0 1+ = 3 2  x x a = b = 1 3  + = Đặ 2 3y 1 a 2b  t a = > 0, b = . HPT trở thành  ⇔ − + 2 1 5 x x 3  1  + b = 2a a = b =  2
Với a = b = 1 ta được nghiệm (x ;y)= (± 2;± 2 / 3)   1 − + 5 2 − − 5 −1 Với a = b =
ta được nghiệm (x ;y)=  ;  2  3  5 −1   1,0   2 − − 5 −1
Vậy hệ có 4 nghiệm (x ;y)= (± 2;± 2 / 3) và  ;   3  5 −1   3.1 2,0 (C) có tâm I ( 1 − ;3), R = 2 2 Theo (1)
Gọi M (a;0) , để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) thì MI > R (luôn đúng). 1,0 2 2 2 2 2
MB = MC = MI − R = a + 2a + 2 . Khi đó, B và C thuộc đường tròn (C’) tâm M, bán kính
MB, đường tròn (C’) có phương trình: ( ) ( − )2 2 2 C ' : x a + y = a + 2a + 2 2 2 x + y + 2x − 6y + 2 = 0 
Tọa độ B và C thỏa mãn 
⇒ BC : 2a + 2 x − 6y + a + 2a + 4 = 0 2 ( ) ( ) 2 (  x − a  ) 2 2 + y = a + 2a + 2 1,0 Do BC đi qua A nên 2 a + 6a + 8 = 0 . Vậy A ( 2; − 0) và A( 4; − 0) . 3.2 2,0
Hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau thì: 2 2 2 2 2 2  1,0 2   2  4 4 + b c 4 4 + c b 2 2 2 m + m = BC ⇔ ( − ) + ( − ) = 4 ⇔ b + c = 20  b   c   3   3  9 2 4 9 2 4 Mặt khác: 2 2 2 0
BC = b + c − 2bc cos A ⇔ 4 = 20 − 2bc cos 60 ⇒ bc = 16 0,5 1 1 3 Vậy S = bcsin A = .16. = 4 3. AB ∆ C 2 2 2 1,0 3.3 2,0 2
Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp
hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với AC, hay J thuộc (C)
(vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của (C) nên JM ⊥ JD. (1)   1,0
D thuộc ∆ nên D(t; t +1) ⇒ JD(t −1; t +1), JM( 1 − ;3). Theo (1)  
JD.JM = 0 ⇔ −t +1+ 3t + 3 = 0 ⇒ t = 2 − ⇒ D( 2; − 1 − ) 2 a
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Dễ thấy 2 DM = 2 5 = a + ⇒ a = 4 . 4  = − = 2 2 x 2; y 3 AM = 2 x + (y −3) = 4  Gọi A(x; y). Vì  ⇒  ⇔  6 7 2 2 AD = 4 (x + 2) + (y +1) =16 x = ; y =  5 5 1,0 - Với A( 2;
− 3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; 1
− ) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn)  6 7   6 23   8 − 9   22 − 11  - Với A ; ⇒ B − ; ⇒ I ; ⇒ C ; ⇒ J         ( 3 − ;2) (loại).  5 5   5 5   5 5   5 5 
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 2; − 3), B(2;3),C(2; 1 − ), D( 2; − −1). 4 2,5 16 1 16 1 Ta có + + + = 33 . Giải được 2 tan x = 4 ⇒ tan x = 2 2 2 2 2 sin x cos x tan x cot x 1,0 Khi đó 2 tan x 4 tan 2x + tan x 2 : tan 2x = = − , tan 3x = tan 2x + x = = , 2 ( ) 1− tan x 3 1− tan 2x tan x 11 + Vậy: = ( + ) tan3x tan 2x 38 tan 5x tan 3x 2x = = − 1− tan 3x tan 2x 41 π tan 5x − tan  π  1,5 79 4 tan 5x − = = −   4 π   3 1+ tan 5xt an 4 5 1,5
Với các số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 4 2 2 a b a b a b ab 2 2 2 = a b − ≥ a b − = a b − . 2 2 2 a +1 a +1 2 2 a 4 b c bc 4 c a ca 1,0
Chứng minh tương tự ta cũng có: 2 ≥ b c − , 2 ≥ c a − . 2 b +1 2 2 c +1 2 4 4 4 a b b c c a 1 Vậy 2 2 2 + +
≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) 2 2 2 a +1 b +1 c +1 2
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 2 2 2 3
a b + a b + b c ≥ 3ab abc = 3ab Tương tự: 2 2 2 3
b c + b c + c a ≥ 3bc abc = 3bc ; 2 2 2 3
c a + c a + a b ≥ 3ca abc = 3ca . Vậy 4 4 4 a b b c c a 1 1 3 3 0,5 2 2 2 3 2 2 2 + +
≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ a b c = 2 2 2 a +1 b +1 c +1 2 2 2 2
(đpcm). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 3
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 4
Document Outline

  • DE THI HSG K10 NAM 2018
  • DAP AN TOAN HOC SINH GIOI 10