ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề _________________________________________________________________________________________ Bài 1. (2 điểm) a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số 5 4 x t x ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ : 2 2 400 5 35 24 4 x x xx ⎛⎞ +=+ − ⎜⎟ ⎝⎠ b) Cho phương trình () 2 31230mx m x m++−+= . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 12 , x x thỏa mãn 22 12 34xx+ = Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức: 23345 15 4 5 xxxx R xxxx + ++− =−− + −−− a) Rút gọn R . b) Tìm số thực x để 2R >− . Tìm số tự nhiên x là số chính phương sao cho R là số nguyên. Bài 3. (2 điểm) a) Giải hệ phương trình: 22 0 8 xxyy xy ++= ⎧ ⎨ += ⎩ b) Cho ,,abc là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình ()()()( ) ( )( ) 0xaxb xbxc xcxa−−+−−+−−= có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC . Bài 4. (1.5 điểm) Cho tam giác ABC , có n n 00 60 , 45ABC ACB== . Dựng ( ) AHBCHBC ⊥ ∈ , và dựng () HK AB K AB ⊥∈ . Gọi M là trung điểm của AC . Biết 3AH = , tính BC . Chứng minh BKMC là tứ giác nội tiếp. Bài 5. (1 điểm) Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau: Tổ A B C A và B B và C Điểm trung bình 9.0 8.8 7.8 8.9 8.2 Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp. Bài 6. (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( ) O , có đỉnh A cố định và các đỉnh ,,BCD di chuyển trên () O sao cho n 0 90BAD > . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia Ay vuông góc với AB cắt CD tại F . Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF . Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. www.vnmath.com Hướng dẫn giải Bài 1. a) Đặt 5 4 x t x ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ , suy ra 2 222 22 5 25 400 5 16 216 2 x txt xx ⎛⎞ += + ⇒ + = + ⎜⎟ ⎝⎠ Phương trình trở thành 2 4 16 24 5 0 1 4 t tt t 5 ⎡ = ⎢ −+=⇔ ⎢ ⎢ = ⎢ ⎣ Với 5 4 t = , ta có 1,2 5 5 5 105 44 2 x x x −± −=⇔ = Với 1 4 t = , ta có 3 4 5 51 4 44 x x x x = − ⎡ −=⇔ ⎢ = ⎣ Vậy 5 105 5 105 5; 4; ; 22 S ⎧⎫ −+ −− ⎪⎪ =− ⎨⎬ ⎪⎪ ⎩⎭ b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt () ( ) 2 0 0 914230 m m mmm ≠ ⎧ ⎪ ⇔ ≠ ⎨ Δ= + − − + > ⎪ ⎩ Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và theo định lý Viet ta có () 12 12 31 23 m Sxx m m Pxx m ⎧−+ =+= ⎪ ⎪ ⎨ −+ ⎪ == ⎪ ⎩ Khi đó () () () 2 2 22 12 12 12 2 1 13 12 9 34 2 34 34 3 7 mn mm xx xx xx m mn ⎡= ++ ⎢ +=⇔ + − =⇔ =⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ Đáp số: 3 1, 7 mm==− Bài 2 a) Đặt tx= ta có ( )( ) ( )( ) ( ) ()() ()() ()( ) ()() 2 2 2 2 25 31345 23345 15 1 5 45 12 32 2 2 15 15 5 5 tt tt tt tt tt R tt tt tt tt tt t x tt tt t x +−+++−+− ++ +− =−− = +− +− −− ++ − −− + + ==−=−=− +− +− − − b)* Điều kiện 0x ≥ Ta có 5 2212 22200 12 555 t ttt R t ttt < ⎡ ++− >− ⇔− >− ⇔ − > ⇔ > ⇔ ⎢ > −−− ⎣ Với 55025tx x<⇔ <⇔≤< Với 12 12 144txx>⇔ >⇔> Vậy giá trị x cần tìm là 025 x ≤< và 144 x > • Ta có x là số chính phương nên tx = ∈ ` www.vnmath.com Khi đó 27 1 55 t R tt + =− =− + ∈ ⇒ −− ` t – 5 là ước của 7, mặt khác 55 t − ≥− do đó 51,1,7t −=− Từ đó những giá trị x cần tìm là 16,36,144x = Bài 3. a) 22 0 8 xxyy xy ++= ⎧ ⎨ += ⎩ Đặt ,SxyPxy =+ = , khi đó ta có hệ 22 4 0 4 2 28 280 2 S SP P S P S SP SS P ⎡ =− ⎧ ⎨ ⎢ += =− = ⎧⎧ ⎩ ⎢ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎢ = −= +−= ⎧ ⎩⎩ ⎢ ⎨ =− ⎢ ⎩ ⎣ Với 4 4 S P =− ⎧ ⎨ = ⎩ ta có 42 42 xy x xy y +=− =− ⎧⎧ ⇔ ⎨⎨ ==− ⎩⎩ Với 2 2 S P = ⎧ ⎨ =− ⎩ ta có 2 2 xy xy += ⎧ ⎨ =− ⎩ giải hệ ta được 13 13 x y ⎧ =− ⎪ ⎨ =+ ⎪ ⎩ hoặc 13 13 x y ⎧ =− ⎪ ⎨ =+ ⎪ ⎩ Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm () ;x y là ( ) ( ) ( ) 2; 2 , 1 3;1 3 , 1 3,1 3−− + − − + b) ()()()()()( ) 0 xaxb xbxc xcxa −−+−−+−−= ()( ) 2 32 0xabcxabbcac⇔−+++++= Ta có ()( ) 2 222 3a b c ab ac bc a b c ab ac bc ′ Δ= + + − + + = + + − − − Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi ()()() 222 222 1 00 0 2 0 abcabbcac ab bc ca abbc ca a b c ⎡⎤ ′ Δ= ⇔ + + − − − = ⇔ − + − + − = ⎣⎦ ⇔−=−=−=⇔ == Khi đó tam giác ABC đều, suy ra l l l 0 60ABC=== Bài 4. a) Trong tam giác vuông ABH ta có n n 0 3 tan 1 tan60 tan AH AH ABH BH BH ABH = ⇒= = = Trong tam giác vuông AHC có n n 00 45 45ACH HAC=⇒ = nên AHC là tam giác vuông cân, suy ra 3HC HA== Do đó 13BC BH CH=+=+ (đvđd) b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra AMHC⊥ C1: Tứ giác AKHM có n n 00 0 90 90 180AKH AMH+=+= nên là tứ giác nội tiếp, suy ra n n n 00 90 45AKM AHM HAM==−= Tứ giác BKMC có n n 0 45AKM BCM== nên là tứ giáv nội tiếp. C2: Ta có AK. AB = AH 2 , AM. AC = AH 2 , suy ra AK. AB = AM. AC 45 0 60 0 K H CB A M www.vnmath.com Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra n n 0 45AKM BCM== nên là tứ BKMC giác nội tiếp. Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C. Ta có 910 8,8 8,9 10 10 x x x ×+ × =⇒= + Tương tự 8,8 7,8 8, 2 xy xy ×+ × = + , với x = 10 thì y = 15 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 910 8,810 7,815 8, 43 10 xy × +×+× = ++ Bài 6. * Tứ giác ABCD nội tiếp nên n n 0 180BAD BCD+= Và n n n n n n n n 00 0 90 90 180 BAD EAF BAE EAF FAD EAF BAF DAE +=+++ =+=+= Suy ra n n BCD EAF= (1) Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên n n EKF EAF= (2) Từ (1) và (2) suy ra n n EKF ECF= , do đó tứ giác EFKC nội tiếp. * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có n n FCK FEK= mà n n FEK FEA= (do tính chất đối xứng) Và n n FEA KAD= (cùng phụ với n KAE ) Do đó n n KAD FCK= Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. Nhận xét: Đề năm nay cho khá dài so với thời gian 120 phút. Vì là đề chung cho tất cả các lớp chuyên nên kiến thức dàn trải và có vài câu khó. Tuy nhiên để được 4 thì cũng không khó nếu các em làm bài cẩn thận. Có thể nhận xét từng câu như sau: Câu 1: a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t . b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt. (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!) Câu 2. a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được. Tuy vậy có nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!) b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách rất tự nhiên và tất nhiên là sai. (*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng. Câu 3. a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định lý đảo Viet lại sai (X 2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X 2 + SX – P = 0) y x K F E O A D B C www.vnmath.com b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong. (lại một câu về phương trình bậc 2) Câu 4. Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng. Câu 5. Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả. Và cũng nhiều em làm đúng. Câu 6. Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất. Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó. Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán. Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người vi ết. Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và có kết quả tốt hơn. www.vnmath.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề _______________________________________________________________________________ Câu 1. a) Cho ,,,abcd là các số thực thỏa mãn điều kiện ,. 0 3 ac ac ac bd bd + = =≠ − . Chứng minh rằng: 22 bd= . b) Giải hệ phương trình: 22 22 13 37 23 47 x xy xyxy yxy xyxy −−− ⎧ = ⎪ −−− ⎪ ⎨ −−− ⎪ = ⎪ −−− ⎩ Câu 2. a) Giải bất phương trình: 21 89xx+≤ + b) Cho ,,abc là các số thuộc [] 1; 2− thỏa mãn điều kiện 222 6abc+ += . Chứng minh rằng: 0abc++≥ Câu 3. a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 2 2009 2010aa += b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 2 3 2010 2009aa a ++= Câu 4. Cho đường tròn () O tâm O , đường kính 2ABR= . C là một điểm thay đổi trên đường tròn () O sao cho tam giác ABC không cân tại C . Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C . Hạ , HE HF vuông góc với ,AC BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K . a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn ,KA KB trong trường hợp n 0 60 BAC = . b) Hạ ,EP FQ vuông góc với AB . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp xúc với đường thẳng EF . c) Gọi D là giao điểm của () O và đường tròn đường kính CH , D C≠ . Chứng minh rằng 2 . KA KB KH = và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5. Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2,3, .,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần). a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10? -----------Hết------------ www.vnmath.com Hướng dẫn giải Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án chính thức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính. Bài 1. a) Trường hợp 1: 22 bdbd =− ⇒ = (đccm) Trường hợp 2: bd≠− , kết hợp với điều kiện ac bd = suy ra ac ≠ − Khi đó acac bdbd + == + (tính chất dãy tỉ số bằng nhau) Suy ra 0 3 3 ac ac ac bd bd bd bd += ⎡ ++ =⇒ ⎢ −=+ −+ ⎣ Với 0 ac += mà 0 ac ≠ suy ra 0, 0ac ≠≠ suy ra bd = − (mâu thuẫn) Với 22 3 bd bd bd b d −=+⇒=⇒ = Vậy trong hai trường hợp ta đều có 22 bd = Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. b) 22 22 22 13 37 123 23 347 47 xxy xy x y x yxy yxy xyxy xy xy x y −−− ⎧ = ⎪ −−− −− −− ⎪ ⇔== ⎨ −−− −−−− ⎪ = ⎪ −−− ⎩ Điều kiện 22 3 4 7 xy xy xy ⎧ ≠ ⎪ ≠ ⎨ ⎪ +≠ ⎩ Trường hợp 1: () 7 34 2 xy xy xy −=− − ⇔ = , khi đó ( ) 12 3 xyxy − =− − ⇔ + = Ta có hệ () 3 7 2 xy VN xy += ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ Trường hợp 2: () 34 xy xy −≠− − Khi đó ta có 22 3123 73427 xy x y xy x y xy xy xy −− − − +− === −− − − − www.vnmath.com Suy ra () 22 30 727 xy xy xy −−= ⎡ ⎢ −−=− − ⎢ ⎣ Với 30x y −−= ta có 1 120 2 x xy y = ⎧ −= − = ⇒ ⎨ = ⎩ Với () 2 22 727 0x yxy xy xy−−=− +⇒− =⇒= Khi đó ta có 22 11 12 22 34 xy xx xy xx =− ⇒ =− ⎡ −− =⇒ ⎢ =⇒= −− ⎣ Thử lại ta thấy () 1; 2 và () 1; 1−− là nghiệm của hệ phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm () ; x y là ( ) 1; 2 và ( ) 1; 1− − Nhận xét : Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau. Không khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót. Ví dụ 0m mm x y xy = ⎡ =⇔ ⎢ = ⎣ (dễ sót trường hợp 0 m = ) Bài 2 a) Ta có () () () 2 210 890 21 89 210 21 89 x I x xx x II xx ⎡ +< ⎧ ⎨ ⎢ +≥ ⎩ ⎢ +≤ + ⇔ ⎢ +≥ ⎧ ⎪ ⎢ ⎨ ⎢ +≤+ ⎪ ⎩ ⎣ Giải (I) : Ta có () 1 91 2 9 82 8 x Ix x ⎧ <− ⎪ ⎪ ⇔⇔−≤<− ⎨ ⎪ ≥− ⎪ ⎩ Giải (II) : Ta có () ()( ) 22 1 11 2 22 41 20 44189 4480 1 1 2 2 2 12 x xx II xx xx x xx x x x ⎧ ⎧⎧ ≥− ≥− ≥− ⎪⎪⎪ ⇔⇔⇔ ⎨⎨⎨ ⎪⎪⎪ + −≤ ++≤+ −−≤ ⎩⎩ ⎩ ⎧ ≥− ⎪ ⇔⇔−≤≤ ⎨ ⎪ −≤ ≤ ⎩ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9 ;2 8 S ⎡ ⎤ =− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Nhận xét: Bài này là bất phương trình dạng cơ bản, không có gì khó khăn cả. Đây có thể xem là câu dễ nhất của đề, tuy vậy nếu không cẩn thận cũng dễ xét thiếu. Và để ý kỹ thì câu này lại gợi ý làm câu b. www.vnmath.com b) Vì [] ()( ) 22 1; 2 1 2 0 2 0 2aaaaaaa∈− ⇒ + − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≥ − Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a =− hoặc 2a = Chứng minh tương tự ta cũng có 22 2, 2 bb cc ≥− ≥− Do đó 222 6abca b c++≥ + + − suy ra 0abc+ +≥ (vì 222 6abc+ += ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi () ,,abc là hoán vị của ( ) 1; 1; 2− − Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải của nó. Đủ để “hạ gục” nhiều em. Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này. Câu 3 a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa 22009 2010 aa += Ta có () 2 1 aaaa += + là tích hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có () ,11 aa += và () 11 aa +−= . Do đó ,1 aa + phải có dạng 2009 2009 ,1 ap a q =+= trong đó p q< , () . 2010, , 1 pq p q= = Điều này không thể xảy ra vì () ( ) 2009 2009 2009 ,1 1 1 1pq q p q p p= ⇒−≥⇒ ≥ + > + Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. Nhận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng. Kinh nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được. Hơn nữa, không thể xét theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết. Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại khác nhau. b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài. Tức là 3 2 2010 2009 aaa ++= Rõ ràng 0a > , khi đó ta có ( ) 3 332 3 2 331 1 aaaaa a a a <++<+ ++=+ Mặt khác () 3 2010 607 2009 2009= Suy ra () () 3 3 3 670 2009 1aa<<+ . (Vô lý vì ( ) 3 3 ,1aa+ là lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp. ) Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. Nhận xét Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu bởi câu a, khó nhận ra. Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch kim ) Câu 4 www.vnmath.com J T D I P QK,M F E H OA B C a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn ,KA KB trong trường hợp n 0 60BAC = . Ta có n 0 90ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O ) Tam giác ABC vuông tại C nên ta có n 0 .cos 2 .cos60AC AB CAB R R= == Và n 0 .sin 2 .sin 60 3CB AB CAB R R=== Ta có n 0 3 .sin .sin60 2 R CH AC ACB R=== Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên 2 2 2 3 2 3 . 4 R CH CE CA CH CE R CA R ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ =⇒= = = Tương tự ta cũng có 2 3 4 CH R CF CB == Do đó 2 113333 . 224432 CEF RR R SCECF== = Vì n 0 60BAC = nên A nằm giữa K và B Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và n n n n 0 30KEA CEF CHF CBA==== , mà n n n n n n 00 0 60 30 30AKE AEK CAB AKE CAB AEK+=⇒=−=−= Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE = Mà 31 44 R AE AC CE R R =−=−= nên 1 4 KA R = Và 19 2 42 KB KA AB R R R =+= += www.vnmath.com [...]... a2 a10 a3 a9 a4 a8 a5 a7 a6 Không mất tính tổng quát ta giả sử a1 = 1 Khi đó ta có ⎧ a1 + a2 > 10 ⎧a2 > 9 ⎧a2 = 10 ⇒⎨ ⇒⎨ (vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) ⎨ ⎩ a1 + a10 > 10 ⎩a10 > 9 ⎩a10 = 10 Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài b) Tồn tại cách sắp xếp như trên Ví dụ: 1 10 9 2 5 8 6 3 4 7 www.vnmath.com Bài 5 a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là Nhận xét chung về đề năm... chọn được học sinh giỏi Sang năm có World Cup nên chắc phải có một câu về bóng đá, hãy chờ xem www.vnmath.com Nhận xét: Thường thì bài này đánh rớt học sinh ngay từ lúc đọc đề, vì bị tâm lý Nhưng thực sự bài này không khó bằng những đề trước Không làm được câu a thì cũng “lụi” được câu b ... không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài b) Tồn tại cách sắp xếp như trên Ví dụ: 1 10 9 2 5 8 6 3 4 7 www.vnmath.com Bài 5 a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là Nhận xét chung về đề năm nay: Đề năm nay không khó nhưng cũng không dễ dàng gì điểm cao vì có nhiều chỗ “bẫy” Theo tôi nghĩ câu dễ nhất là 2a và 4a Câu trung bình là các câu 1a, 1b, 4b câu khó hơn chút là 3a, 3b các câu khó nhất là . xếp thỏa đề bài là a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 4 a 3 a 2 a 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử 1 1a = . Khi đó ta có 12 2 2 110 10 10 10 9 10 10 9 10 aa a. Ta có 910 8,8 8,9 10 10 x x x ×+ × =⇒= + Tương tự 8,8 7,8 8, 2 xy xy ×+ × = + , với x = 10 thì y = 15 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 910 8, 810 7,815