SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 5
2 7
x y
x y
+ =


+ =

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số góc là k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F
với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x
1

2 2
3
1
2
m
n np p+ + = −
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
1
Đề chính thức
Đề B
ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x
2
– 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x
1
= 1; x
2
= 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4
Bài 2 (1,5 điểm)

– kx – 1 = 0
∆ = k
2
+ 4 > 0 với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d) luôn
cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x
1
và x
2
. Chứng minh rằng x
1
.
x
2
= -1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độ điểm E(x
1
; x
1
2
); F((x
2
; x
2
2
)
⇒ PT đường thẳng OE : y = x
1
. x

2
m
n np p+ + = −
(1)
⇔ … ⇔ ( m + n + p )
2
+ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 - ( m + n + p )
2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 – B
2
vế trái không âm ⇒ 2 – B
2
≥ 0 ⇒ B
2
≤ 2 ⇔
2 2B− ≤ ≤


+ = −

b) Trục căn ở mẫu :
25 2
; B =
7 2 6
4 + 2 3
A =
+
Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm
nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu
chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )
Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x
2
– 4x – m
2
+ 6m – 5 = 0 với m là tham số
a) Giải phương trình với m = 2
ĐỀ CHÍNH THỨC
3
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
3 3
1 2
P x x= +

+ =


= − + −

=> P = x
1
3
+x
2
3
= (x
1
+ x
2
)(x
1
2
+ x
2
2
– x
1
.x
2
) =
( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2
. 3x x x x x x

Min
= 16 khi m=3
Câu 4:
a. Góc ADB = 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 90
0
=> Tứ giác nội tiếp.
b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD
(
·
·
DBNDAC =
,
·
·
·
BDN BAN DCA= =
)
4
H
M
N
O
D
C
B
A

cung cựng chn mt cung)
Tng t:
ã
ã
DEB ABC=
M
ã
ã
ã
ã
0
180DEB DEC CBE BCE+ + + =
(tng 3 gúc trong BEC)
=>
ã
ã
ã
ã
0
180ABC BCA CBE BCE+ + + =
=>
ã
ã
0
180ABE ACE+ =
=> T giỏc ABEC ni tip ng trũn tõm O =>
E (O).
sở giáo dục và đào tạo hng yên
đề thi chính thức
(Đề thi có 02 trang)

A.
2
1
x
y
=


=

B.
2
1
x
y
=


=

C.
2
1
x
y
=


=


3
Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600

cm
2
thì bán kính của mặt cầu đó là:
A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm
Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết
ã
0
120=COD
thì diện tích hình quạt OCmD là:
A.
2
3

R
B.
4

R
C.
2
3

2
R
D.
3


2
1
4
+
b
a
= 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.
===Hết===
6
120
0
O
D
C
m
E
N
H
M
D
C
O
B
A
Gợi ý đáp án: ( Một số câu)
Phần tự luận:
Bài 2: Vì ABO vuông cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao.
=>(y = mx + 2) (y = x) => m =
m

2
4 = 4 8(a
4
2a
2
+1) 4
-2 ab 2
2007 S 2011
MinS = 2007 ab = -2 và a
2
= 1 a = 1 , b =
m
2
Bi 4:

a. Ta có
ã
ã
0
90BHE BME= =
=> BHME là tứ giác nội tiếp
đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng thuộc một đờng
tròn.
b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ODE
với đờng cao DM ta đợc OM.OE = OD
2
=R
2
c. Gọi HE cắt (O) tại N
Ta có BOM đ.dạng với EOH => OH.OB = OM.OE = R

Bi 1 (1,5 im)
Cho biu thc A =
124
2
1
3279
+
xxx
vi x > 3
a/ Rỳt gn biu thc A.
b/ Tỡm x sao cho A cú giỏ tr bng 7.
Bi 2 (1,5 im)
Cho hm s y = ax + b.
Tỡm a, b bit th ca hm s i qua im (2, -1) v ct trc honh ti im cú honh bng
2
3
.
Bi 3 (1,5 im).
Rỳt gn biu thc: P =









+


Bi 4 (2 im).
Cho phng trỡnh bc hai n s x:
x
2
- 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)
a/ Chng minh phng trỡnh (1) luụn luụn cú hai nghim phõn bit vi mi giỏ tr ca m.
b/ Gi x
1
, x
2
l hai nghim phõn bit ca phng trỡnh (1).
Tỡm m 3( x
1
+ x
2
) = 5x
1
x
2
.
Bi 5 (3,5 im).
Cho tam giỏc ABC cú gúc A bng 60
0
, cỏc gúc B, C nhn. v cỏc ng cao BD v CE ca tam giỏc ABC. Gi
H l giao im ca BD v CE.
a/ Chng minh t giỏc ADHE ni tip.
b/ Chng minh tam giỏc AED ng dng vi tam giỏc ACB.
c/ Tớnh t s
BC
DE

c. Xét AEC có
ã
0
90AEC =
và
à
0
60A =
=>
ã
0
30ACE =
=> AE = AC:2 (tính chất)
Mà ADE đồng dạng với ABC
=>
1
2
ED AE
BC AC
= =
d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A
=>
ã
ã
ABC CAd=
(Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung)
8
Mµ
·
·

Cho phương trình bậc hai: x
2
- 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m
2
, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều
rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của
mảnh vườn
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua
tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ
BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
33343332342712 =+−=+−
.
10
E
I

3
4
Vậy: C(
3
4
;
3
4
).
Câu 3 (1,5 điểm).
a) x
2
- 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1)
Có:
∆
’ =
( )
[ ]
3)(2m1m
2
−−−−
= m
2
- 2m + 1- 2m + 3 = m
2
- 4m + 4
= (m - 2)
2

≥



<−=
=
⇒
loai )4( 20x
24x
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Giải

a) Ta có: DH ⊥AO (gt). ⇒ OHD = 90
0
.
CD ⊥OC (gt). ⇒ DOC = 90
0
.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 180
0
.
Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một đường
tròn.
11
b) Ta có: OB = OC (=R) ⇒ O mằn trên đường trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp
tuyến cắt nhau)
⇒ D mằn trên đường trung trực của BC
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC.
Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung
⇒ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)

OA
OM
=
.
Do đó : ∆OHM ∆OMA (c-g-c)
⇒OMA = OHM= 90
0
.
⇒ AM vuông góc với OM tại M
⇒ AM là tiếp tuyến của (O).
d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
⇒ S = S
∆AOM
- S
qOEBM
Xét
∆
OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R
Áp dụng định lí Pytago ta có AM
2
= OA
2
– OM
2
= (2R)
2
– R
2
= 3R
2

. (đvdt)
=> S = S
∆AOM
- S
qOEBM
=
6
Π33
.R
6
Π.R
2
3
.R
2
2
2
−
=−
(đvdt).
12
S
Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phơng trình: 2(x - 1) = 3 - x
2) Giải hệ phơng trình:
y x 2
2x 3y 9
=



2 2
1 2 1 2
x x x x 8+ = +
.
Câu III : (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

1 1 x 1
A :
x x x 1 x 2 x 1


=
ữ
+ + + +

với x > 0 và x

1
2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi
giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng
đờng AB là 300 km.
Câu IV : (3,0 điểm)
Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M
không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với
AN
( )
K AN
.
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.

I) H ớng dẫn chung:
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu Phần Đáp án Điểm
Câu I
2 điểm
1
(1 điểm)
2x - 2 = 3 - x 0.5
x =
5
3
0,5
2
(1 điểm)

y x 2 y x 2
2x 3(x 2) 9 5x 15
= =



+ = =

0,5
x 3
y 1
=

1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x m 1
+ = +



=


Từ hệ thức:
2
1 2 1 2
(x x ) 3x x 8+ =
0,25

2 2 2
4(m 1) 3(m 1) 8 m 8m 1 0 m 4 17
+ = + = =
Kết hợp với đk
m 4 17 = +
0,25
Câu III
2 điểm
1
(1 điểm)
1 x x 1
A :

0,25
Theo bài ra ta có:
300 300
1
x 10 x
=

0,25
14
(1 điểm)
2
x 10x 3000 0 =
x 60=
(thỏa mãn) hoặc x = -50 (loại)
0,25
Vận tốc xe I là 60 km/h và vận tốc xe II là 50 km/h
0,25
Câu IV
3 điểm
O
N
K
H
E
B
A
M
Hình vẽ đúng
Chú ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O
0,5

1
2
sđ
ằ
NB

(2)
0,25
Từ (1) và (2)
ã
ã
NMK NMB =
0,25

MN là phân giác của góc KMB 0,25
3
0,75 đ
ã ã
1
MAB MNB
2
= =
sđ
ẳ
MB
;
ã
ã
1
MAB MKH

MN.AB lớn nhất

MN lớn nhất (Vì AB= const )

M là chính giữa
ằ
AB
0,25
Câu V
1 điểm
3 3
x 2 x y 2 y+ + = + +
ĐK:
x,y 2
0,25
x > y
3 3
x 2 y 2
VT VP
x y

+ > +

>

>


x < y
VF VT

( )( 1) 0
2 2
x xy y
x y
x y
+ +
⇔ − + =
+ + +
( ) 0x y⇔ − =
(v×
2 2
( )
1
2 2
x xy y
x y
+ +
+
+ + +
>0)
⇔ x = y
2 2
B x 2x 10 (x 1) 9 9 x 2⇒ = + + = + + ≥ ∀ ≥ −
MinB = 9 Khi x = y = -1
16
Sở Giáo dục và đào tạo
Hải Dơng
Đề thi chính thức
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010


0 v x

4.
b) Mt hỡnh ch nht cú chiu di hn chiu rng 2 cm v din tớch ca nú l 15 cm
2
.
Tớnh chiu di v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.
Cõu 3: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: x
2
- 2x + (m 3) = 0 (n x)
a) Gii phng trỡnh vi m = 3.
b) Tớnh giỏ tr ca m, bit phng trỡnh ó cho cú hai nghim phõn bit x
1
, x
2
v
tha món iu kin: x
1
2
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
c)
Cõu 4:(3 im)

− +
+ = ⇔ − + = + ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
{ }
1−
b,
x 2y x 2y x 10
x y 5 2y y 5 y 5
= = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)
Câu II.
a, với x
≥
0 và x
≠
4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
− − + − − +
= + = = =

Theo Vi-et :
1 2
1 2
2 (1)
3 (2)
x x
x x m
+ =


= −

Theo bài: x
2
1
-
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2

NE ME
NE ME PE
EP NE
=> = => =
b,
·
·
MNP MPN=
( do tam giác MNP cân tại M )
·
·
·
( ùng )PNE NPD c NMP
= =
=>
·
·
DNE DPE
=
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
18
H
E
D
F
I
P
O

= MI.( MF + IF ) = MI
2
= 4R
2
( 3).
ã
ã
NMI KPN=
( cựng ph
ã
HNP
)
=>
ã
ã
KPN NPI=

=> NK = NI ( 4 )
Do tam giỏc MNP cõn ti M => MN = MP ( 5)
T (3) (4) (5) suy ra pcm .
Cõu V .
2
2
6 8
x 8 6 0 (1)
1
x
k k x k
x


Môn thi: Toán
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
Cõu 1: (2)
Rỳt gn biu thc
a/
1
2 8 3 27 128 300
2
A = +
b/Gii phng trỡnh: 7x
2
+8x+1=0
Cõu2: (2)
Cho biu thc
2
2
1
1
a a a a
P
a a a
+ +
= +
+
(vi a>0)
a/Rỳt gn P.
b/Tỡm giỏ tr nh nht ca P.
Cõu 3: (2)
19
Đề thi Chính thức

2
3
A = − − +
= − − +
=
b/Giải phương trình: 7x
2
+8x+1=0 (a=7;b=8;c=1)
Ta có a-b+c=0 nên x
1
=-1;
2
1
7
c
x
a
− −
= =
Câu 1: (2đ)
a/ (với a>0)
2
2
2
2
1
1
( 1)( 1) (2 1)
1
1

20
(Vơi a>0)
Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
1
4
−
khi
1 1 1
0 < => a
2 2 4
a a− = = <=> =
Câu 3: (2đ)
Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất .
Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ )
2
1
2
30 30 30
:
3 60
30( 3).2 30. .2 .( 3)
3 180 0
3 27 24
12
2.1 2
3 27 30
15( )
2.1 2
ta co pt
x x

. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có
·
»
»
1
( )
2
EFD sd AQ PD= +
(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).
·
»
»
1
( )
2
EDF sd AP PD= +
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do PQ
⊥
AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm
của
»
»
»
PQ PA AQ=> =
=>
·
·

EDQ

EPD=>
2
.
ED EQ
ED EP EQ
EP ED
= => =
Cõu 5: (1)
.
1 1 1
2b c
+ =
=> 2(b+c)=bc(1)
x
2
+bx+c=0 (1) Cú

1
=b
2
-4c; x
2
+cx+b=0 (2) ;Cú

2
=c
2
-4b

cú mt biu thc dng hay ớt nht 1 trong hai phng trỡnh x
2
+bx+c=0 (1)
; x
2
+cx+b=0 (2) phi cú nghim:
ubnd tỉnh Bắc Ninh kì thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Sở Giáo Dục và đào tạo năm học 2009-2010
Môn : toán
Đề chính thức Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 09 - 07 - 2009
A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu 1 đến câu 2) Chọn két quả đúng và ghi vào bài làm.
Câu 1: (0,75 điểm)
Đờng thẳng x 2y = 1 song song với đờng thẳng:
A. y = 2x + 1 B.
1
1
2
y x
= +
C.
1
1
2
y x=
D.
1
2
y x

5
4
số sách ở giá thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi giá
sách.
Câu 5: (1,5 điểm)
Cho phơng trình: (m+1)x
2
-2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m là tham số)
a/ Giải phơng trình (1) với m = 3.
b/ Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn
1 2
1 1 3
2x x
+ =

Câu 6: (3,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng
tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB
cắt đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác AMQI nội tiếp.
b/
ã
ã
AQI ACO
=
c/ CN = NH.

x 9 x 9 x 9
+ +
= +

2 2
2
2x 6x x 4x 3 3 11x
x 9
+ + + +
=


2
2
3x 9x
x 9
+
=

3x(x 3) 3x
(x 3)(x 3) x 3
+
= =
+
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b/
3x 3x

(t/m)

x 3 1 x 2
= =
(t/m)

x 3 3 x 6
= =
(t/m)

x 3 3 x 0
= =
(t/m)

x 3 9 x 12
= =
(t/m)

x 3 9 x 6
= =
(t/m)
Vậy với x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 thì A nguyên.
0.25đ
0.25đ
4 Gọi số sách ở giá thứ nhất lúc đầu là x (x nguyên dơng, x > 50)
Thì số sách ở giá thứ hai lúc đầu là 450 x (cuốn).
Khi chuyển 50 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở
giá thứ nhất là x 50 và ở giá thứ hai là 500 x.
Theo bài ra ta có phơng trình:


hay
'

)
Suy ra PT có nghiệm kép x = 1/2
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b/
Để PT có 2 nghiệm phân biệt thì
2
m 1 0
' m 2m 1 (m 1)(m 2) 0
+


= + + >


2 2
m 1 0
' m 2m 1 m m 2 0
+



= + + + >

m 1 m 3

2(m 1) m 2 3
:
m 1 m 1 2

=
+ +


2(m 1) m 1 3
.
m 1 m 2 2
+
=
+



2(m 1) 3
m 2 2

=

4m 4 3m 6 m 2
= =

thoả mãn (*)
Vậy m phải tìm là -2.
0.25đ
0.25đ
6 a/

ã
ã
AMI AQI
=
(=
1
2
sđ cungAI)
Và
ã
ã
AMI IAO
=
(cùng phụ với góc AMO)
Mà
ã
ã
IAO ACO
=
(

AOC cân)
Suy ra
ã
ã
AQI ACO
=
0.25đ
0.25đ
0.25đ