Tổng hợp các đề thi vào lớp 10 môn Toán các trường THPT chuyên và không chuyên năm 2018-2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)
1) Giải phương trình

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2018 – 2019
Môn thi: Toán (chung) – Đề 1
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)

2x  3  x .

3
x  3 (d 2 ) . Gọi A,
2
B lần lượt là giao điểm của (d1), (d2) với trục Oy và C là giao điểm của (d1) với (d2). Tính diện tích tam
giác ABC.
3) Cho tam giác ABC có AB  8(cm), BC  17(cm), CA  15(cm) . Tính chu vi đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6 (cm) , độ dài đường sinh là 5(cm) . Tính thể tích
hình nón đó.
1   x 1 1  x 


Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P   x 
 (với x  0 và x  1 ).
:

x  
x
x  x 

1) Rút gọn biểu thức P.
2) Chứng minh rằng với mọi x  0 và x  1 thì P  4 .
Câu 3 (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2  mx  m 2  m  4  0 (với m là tham số).
a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân
biệt.
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ( x1  x2 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y   x  2 (d1 ) và y 

số m để x2  x1  2 .
2) Giải phương trình 6 x  2  3 3  x  3 x  1  4  x 2  x  6 .
Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn (O; R)
tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O; R). Tiếp tuyến
của đường tròn (O; R) tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F.
1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD  FI .CD  R 2 .
2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm của BC và AI.
Chứng minh AQ  2 KP .
3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B1 là giao điểm của BO với cạnh AC, C1 là giao điểm
của CO với cạnh AB và (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1
1
1
2




.
Chứng minh:
AA1 BB1 CC1 R1  OO1
Câu 5 (1,0 điểm)
(2 x  4 y  1) 2 x  y  1  (4 x  2 y  3) x  2 y
(1)
1) Giải hệ phương trình 
2
2
(2)
 x  8 x  5  2(3 y  2) 4 x  3 y  2 2 x  5 x  2

2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  2bc  2ca  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
11a  11b  12c
thức Q 
.
8a 2  56  8b 2  56  4c 2  7
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: .............................................
Số báo danh: ......................................................

Họ tên, chữ kí GT 1: ...........................
Họ tên, chữ kí GT 2: ...........................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Điểm

2 x  3  x (1) (ĐK: x  0 )
1)

2)

 x  1
(1)  x 2  2 x  3  x 2  2 x  3  0  ( x  1)( x  3)  0  
x  3
Kết hợp với điều kiện  x  3
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Đường thẳng (d1) đi qua các điểm
y
(0; – 2) và (– 2; 0)
4
Đường thẳng (d2) đi qua các điểm
(0; 3) và (– 2; 0)
B
Theo đề bài, ta có:
2
A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0)
d1
 CO = 2; AB = 5
Diện tích của  ABC là:
AB.OC 5.2
x
O
S


 5 (đơn vị diện tích)
C
2
2
d2

Câu 1
(2,0đ)

3)

4)

2

0.5

A

Ta có:
B
BC2 = 172 = 289
AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289
F
 BC2 = AB2 + AC2
  ABC vuông tại A (định lí
O
D
Py-ta-go đảo)

Vẽ (O; R) nội tiếp  ABC, (O)
A
E
tiếp xúc AB, AC, BC lần lượt tại
D, E, F.
  ADE
  AED
  900
Tứ giác ADOE có DAE
 Tứ giác ADOE là hình chữ nhật
Lại có OD = OE = R
Tứ giác ADOE là hình vuông
 AD = OD = R
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AD = AE, BD = BF, CE = CF
 AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF
= 2AD + BC
 AD = (AB + AC – BC) : 2 = (8 + 15 – 17) : 2 = 3(cm)
 R = 3cm.
Bán kính đường tròn đáy là:
C 6
r

 3 (cm)
2  2
Gọi  là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
h   2  r 2  52  32  4 (cm)

0.5

C

0.5

0.5


Thể tích hình nón là:
1
1
V  r 2 h  .32.4  12 (cm3)
3
3
1   x 1 1 x 

P x


:
x 
x
x x 


1)
Câu 2
(1,5đ)





x 1



x 1 1 x



x 1
:
x



x 1 x 11 x
:
x
x x 1



x 1
x x
:
x
x x 1



x
















x 1





1.0

: x
x

x 1

x
x 1



x 1


x  1

x 1

2

x


Vậy P 

x 1




P

 

2

với x  0 và x  1 .
x
Với x  0 và x  1 , ta có:
2)

1a)

Câu 3
(2,5đ)

1b)

x 1

2



2

x 1  4 x

4 x
4
x
x
x
Vậy với mọi x  0 và x  1 thì P  4 .

Phương trình x 2  mx  m 2  m  4  0
2
1  15

Ta có hệ số c  m 2  m  4    m     0
2
4

 ac  0  Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1  x2  x1  0  x2
Do đó: x2  x1  2  x2  x1  2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m
m2
Vậy m  2 là giá trị cần tìm.


0.5

0.75

0.75

6 x  2  3 3  x  3x  1  4  x 2  x  6

2)

 6 2  x  3 3  x  3x  1  4 (2  x)(3  x)
ĐK: 2  x  3
Đặt a  2  x , b  3  x ( a, b  0)  3 x  1  4a 2  b 2  10

Phương trình trở thành:

1.0


6a  3b  4a 2  b 2  10  4ab
 3(2a  b)  (2a  b) 2  10
 (2a  b) 2  3(2a  b)  10  0
 (2a  b  2)(2a  b  5)  0
 2a  b  5  0 (do a, b  0  2a  b  2  0)
 2a  b  5
 2 2 x  3 x  5
Cách 1:
2 2 x  3 x  5

 4(2  x)  4 (2  x)(3  x)  3  x  25
 3x  11  4 (2  x)(3  x)  25
 4 (2  x)(3  x)  14  3 x
 16(6  x  x 2 )  196  84 x  9 x 2 (do x  3  14  3 x  0)
 25 x 2  100 x  100  0
 x2  4 x  4  0
 ( x  2) 2  0
 x  2 (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

2

2 x  3 x

  2
2

2

 12   2  x  3  x   25

 2 2 x  3 x  5
Dấu “=” xảy ra
2 x

 3  x  2  x  12  4 x  x  2
2
A

E
N

I

0.25

1
2

Câu 4
(3,0đ)

F

O

1

B

1)

D

C

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
OB là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI
Mà góc NOD kề bù với góc NOI
 OB  OE   BOE vuông tại O
1  O
 2  DOI
  BOE
  1800  900  900
Ta có: O
1  O
 2  900 (  BOD vuông tại D)
B

0.75


1  B

1
O
  ODB
  900 ,O
1  B
1
 IOE và  DBO có: OIE
 IOE # DBO (g.g)
OI
EI


 EI.BD  OI.OD  R 2
BD OD
Chứng minh tương tự, ta được FI.CD  R 2
Vậy EI.BD  FI.CD  R 2
A
I

E
N

F

K
O

B

2)

D P Q

C

EI CD
(1)

FI BD
EF // BC (  DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
EI
FI  AI 
EI BQ
(2)






BQ CQ  AQ 
FI CQ
Từ (1) và (2)
CD BQ
CD BD CD  BD BC







 1  BD  CQ
BD CQ
BQ CQ BQ  CQ BC
Lại có BP = CP  BP – BD = CP – CQ  PD = PQ
Vì KD = KA và PD = PQ
 KP là đường trung bình của  DAQ
 AQ = 2KP
Từ EI.BD  FI.CD 

0.5

A

C1

B1
O
O1

3)

B

S R A1

Ta có:
1
1
1

2



AA1 BB1 CC1 R1  OO1


R1  OO1 R1  OO1 R 1  OO1


2
AA1
BB1
CC1

C

1.0


R1  OO1 O1A  OO1 OA AA1  OA1
OA1



 1
AA1
AA1
AA1
AA1

AA1
Kẻ OR  BC, AS  BC
OA1 OR OR.BC 2SOBC SOBC





AA1 AS AS.BC 2SABC SABC

Lại có:

S
R1  OO1
OA1
 1
 1  OBC
AA1
AA1
SABC
S
S
R  OO1
R  OO1
 1  OAC ; 1
 1  OAB
Tương tự, ta có: 1
BB1
SABC
CC1

SABC




S
S
S 
R1  OO1 R1  OO1 R 1  OO1


 3   OBC  OAC  OAB 
AA1
BB1
CC1
 SABC SABC SABC 

S
R 1  OO1 R1  OO1 R 1  OO1


 3  ABC  3  1  2
AA1
BB1
CC1
SABC
Dấu “=” xảy ra  O  O1   ABC đều (vô lí, vì AB < AC)
1
1
1

2
Vậy
(đpcm).



AA1 BB1 CC1 R1  OO1


(2 x  4 y  1) 2 x  y  1  (4 x  2 y  3) x  2 y
 2
2
 x  8 x  5  2(3 y  2) 4 x  3 y  2 2 x  5 x  2
Đặt u  2 x  y  1 , v  x  2 y  u, v  0  .
Phương trình (1) trở thành:
(2v 2  1)u  (2u 2  1)v

(1)
(2)

 2uv 2  u  2u 2v  v  0
 2uv(v  u )  (v  u )  0
 (v  u )(2uv  1)  0
 v  u  0 (do u, v  0  2uv  1  0)
vu

Câu 5
(1,0đ)

1)

 x  2 y  2x  y 1

0.5

 x  2 y  2x  y 1
 3y  x 1
Thay 3 y  x  1 vào phương trình (2) được:
1

x 2  8 x  5  2( x  1) 3 x  1  2 ( x  2)(2 x  1)  ĐK: x   
3

 ( x 2  2 x  1)  6 x  4  2( x  1) 3 x  1  2 ( x  2)(2 x  1)
 ( x  1) 2  3 x  1  2( x  1) 3 x  1 
  x  2  2 x  1  2 ( x  2)(2 x  1)   0


  x 1

 
3x  1   
2

 x  1  3x  1 
2


2 x  1

x  2  2x  1
x2

2

2

0
0


 x  1  3 x  1  0

 x  2  2 x  1  0
 x  1  3x  1

 x  2  2 x  1
 x2  x  0

x  2  2x 1
 x  1 (TMĐK)
Với x  1 thì y  0
Thử lại thấy ( x, y )  (1;0) là nghiệm của hệ.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y )  (1;0) .
Sử dụng giả thiết ab  2bc  2ca  7 và áp dụng bất đẳng thức Cô-si,
ta có:
8a 2  56  2 2(a 2  7)  2 2(a 2  ab  2bc  2ca)

 2 2(a  b)(a  2c)  2(a  b)  a  2c  3a  2b  2c
Tương tự:

8b 2  56  3b  2a  2c

4c 2  7  4c 2  ab  2bc  2ca  (2c  a)(2c  b)
1
 2c  a  2c  b 
2
Do đó:


8a 2  56  8b 2  56  4c 2  7

2)

1
 (3a  2b  2c)  (3b  2a  2c)  (4c  a  b)
2
1
 11a  11b  12c 
2
11a  11b  12c
Q
2
1
11a  11b  12c 
2
Dấu “=” xảy ra
 2(a  b)  a  2c  b  2c
a  b  1



  2c  a  2 c  b

3
 ab  2bc  2ca  7
c  2

3
Vậy min Q  2 khi a  b  1, c  .
2

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

0.5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN THI: TOÁN
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)
Ngày thi 08/6/2018

Câu 1: (1,5 điểm)
1) Tìm x, biết: 2 x  3
2) Giải phương trình: 43 x 2  2018 x  1975  0
3) Cho hàm số y   a  1 x 2 . Tìm a để hàm số nghịch biến khi x  0 và đồng
biến khi x  0
Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  m 2  2  0 1 , m là tham số.
1) Tìm m để x  2 là nghiệm của phương trình (1);
2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều
kiện x12  x22  10 .
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng có phương trình:
 d1  : y  x  2;  d 2  : y  2;  d3  : y   k  1 x  k.
Tìm k để các đường thẳng trên đồng quy.
2) Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 1
 x 1
x2
x
A


 x  0, x  1
:
3
1 x x x 1 x  x 1
Câu 4: (3,5 điểm)
  450 . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và A
vuông góc của B, C lên AC, AB; H là giao điểm của BD và CE.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.

ED
2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD và tính tỉ số
.
BC
3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD.
4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh AI  DE .
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
1 1
1 1
1 1
1
1
101
Q  1 2  2  1 2  2  1 2  2  1 2 

2
1 2
2 3
3 4
n  n  1
n 1

N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– G
GVV TTH
HC
CSS N

Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (1,5 điểm)

3
9
9
 x  (TMĐK). Vậy x 
2
4
4

1) ĐK: x  0 . Ta có 2 x  3  x 
2) Vì a  b  c  43  2018  1975  0 .

1975
43
khi x  0

Vậy phương trình có hai nghiệm là x1  1; x2 
3) Hàm số y   a  1 x 2
x  0  a  1  0  a  1

biến

nghịch

và

đồng

biến

khi

Câu 2: (2,0 điểm)
1) x  2 là nghiệm của phương trình (1)  2 2  2  m  1  2  m2  2  0



2





 m 2  4m  2  0   m  2   2  0  m  2  2 m  2  2  0
m  2  2  0
m  2  2


 m  2  2  0
 m  2  2
2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

2

   0   m  1   m 2  2   0  2m  1  0  m 

1
2

 x  x  2  m  1
Theo Viét, ta có:  1 2 2
 x1 x2  m  2
2

2





Khi đó x12  x22  10   x1  x2   2 x1 x2  10   2  m  1  2 m 2  2  10

 m 1  0
 m  1  tm 
 m 2  4m  5  0   m  1 m  5   0  

 m  5  l 
 m  5  0
Vậy m  1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  10 .
Câu 3: (2,0 điểm)

y x2

 x  4
1) Tọa độ giao điểm của  d1  ,  d 2  là nghiệm của hệ 

 y  2
 y  2
Do đó các đường thẳng trên đồng quy   d3  đi qua điểm  4;  2 

 2  4  k  1  k  3k  2  k  

2
3

 1
 x 1
x2
x
2) A  


:
3
1

x
x
x

1
x


x

1








x  1

 x  x 1  x  2  x






x 1 x 



x 1

2

3


x 1

 
3

 x  1  x  x  1 x  x  1
x 1

3

2

3
3
x  x 1
Đẳng thức xảy ra  x  0  tmdk  . Vậy Max  A  3  x  0 .

Vì x  0  x  x  1  1  A 

N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– G
GVV TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm

m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 2


Câu 4: (3,5 điểm)

A
45 0

x

I

D

E
B

H
C

1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.
  BEC
  900  BD  AC , CE  AB  . Vậy tứ giác BEDC nội tiếp.
BDC
ED
2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD và tính tỉ số
.
BC
Xét ADE và ABC, ta có: 
A (góc chung); 

AED  
ACB (tứ giác BEDC nội tiếp)
AD AB
 ADE ABC (g.g) 

 DE  AB  BC. AD (đpcm)
DE BC
AD AB
DE AD
Từ



.
DE BC
BC AB
AD
  cos 450  2 . Vậy DE  2
Lại có ABD: 
ADB  900  gt  
 cos BAD
AB
2
BC
2
3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD.
  450  gt   
ADB  900  gt  , BAD
ABD  450
ABD: 

  900  gt  , EBH

BEH: BEH
ABD  450  cmt 
Do đó BEH vuông cân tại E  HE = BE (a)
Chứng minh tương tự có: CDH vuông cân tại D  HD = CD (b)
Từ (a), (b) suy ra HE + HD = BE + CD (đpcm)
4) Chứng minh AI  DE .
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (I)  Ax  AI (*)
1

ACB  sd 
AB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn
và BAx
2
cung 
AB của đường tròn (I))

Lại có 
AED  Ax / / DE **
AED  
ACB (tứ giác BEDC nội tiếp)  BAx
Từ * , ** suy ra AI  DE (đpcm)
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
1 1
1 1
1 1
1
1

101
Q  1 2  2  1 2  2  1 2  2  1 2 

2
1 2
2 3
3 4
n  n  1
n 1
Vì n là số tự nhiên khác 0, nên ta có:
N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– G
GVV TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 3


2

2
 1 
1
1

1 
2
2
1
1 2 

1




1


 


2
n  n  1
 n n  1  n  n  1
 n  n  1  n  n  1

2


1 
1
1
1
 1 

1 
.
 1
n
n

1
n
n

1
n
n

1






1  101
 1 1  1 1  1 1
 1
Do đó: Q  1     1     1       1  

 1 2  2 3  3 4
 n n 1 n 1
1
101

100
 n 1

 n 1
n 1 n 1
n 1
100
Vì n là số tự nhiên khác 0 nên n  1  0;
 0 . Áp dụng BĐT A  B  2 AB
n 1
100
Ta có Q  2  n  1 
 2 100  20
n 1
100
2
Dấu “=” xảy ra  n  1 
  n  1  100  n  1  10  n  9  do n  1  0 
n 1
Vậy Min  Q   20  n  9

N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– G
GVV TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM

MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi : Toán
Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi 6 tháng 6 năm 2018

Câu 1. (2 điểm)
1.Tính giá trị biểu thức A  5  20  5   1
2 .Tìm tham số m để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc bằng 3.
Câu 2: (3 điểm)
 x  4 y  8
1.Giải hệ pt: 

2 x  5 y  13

 6

10  2 a

2.Rút gọn biểu thức: B  


 a 1 a a  a  a  1





a 1
4 a

2

với a > 0,a  1

a)Rút gọn biểu thức B.
b)Đặt C  B. a  a  1 . So sánh A với 1.





(với x là ẩn m là tham số)
3. Cho pt: x 2  (m  2) x  3m  3  0 (1)
a)Giải pt (1) khi m = -1 .
b)Tìm các giá trị của m để Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài
hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu 3: (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10km. Khi đi từ trường về nhà,
vẫn trên con đường ấy, do lượng xe giao thông tham gia nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận
tốc 2km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15
phút. Tính vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.

Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt
tại các điểm M, N ( M  B, N  C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm can AH và
BC.
1.Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh BM.BA = BP.BC
3.Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều canh bằng 2a. Tính chu vi đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a.
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF can đường tròn (O) đường kính BC (E, F là các
tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng.
Câu 5: (0,5điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

81 x 2  18225 x  1 6 x  8

với x > 0
9x
x 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý

Nội dung

(Học sinh tham khảo)
Điểm


1

1

A 5



A  5.


20  5 

20  5  1
2

1

0,25đ
0,25đ

A  100  5  1
A  10  5  1
A6

0,25đ

Vậy A = 6
2

Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 thì m-1 = 3
 m  3 1

m4

Vậy m = 4 thì Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3
2

1


2 x  8 y  16
x  4 y  8

 


2 x  5 y  13 2 x  5 y  13

3y  3
y  1
y  1



2 x  5y  13 2 x  5.1  13  x  4

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 1)

0,25

2a Với a > 0, a  1 ta có:



 6

10  2 a
B


 a  1 a a  a  a  1 
6
B

B

B





a  1  10  2 a





a  1  a  1

4 a 4





a  1  a  1

4 a 4





a  1  a  1

Vậy B 



1
a








2


6



 a 1


4 a






10  2 a 


a  1  a  1 






2

a 1
4 a

2

a 1

0,25đ

4 a



2

a 1
4 a



2

a 1
4 a





Ta có: C  B. a  a  1 
a  a 1
a

1 

Vì a> 0  a  0 và

4






a 1
2







a 1




a 1



2

a 1
4 a



1
a



0,25đ

0,25đ

1


a

a  2 a 1
a





a  a 1 





a 



a 1
a



2

a 1
a

0,25đ

2

a  1  0 với a > 0, a  1 nên C – 1 > 0  C  1

Vậy C > 1
3a



với a > 0, a  1

2b

Xét C  1 





a 1

0,25đ

(1)
Xét Pt: x  m  2  x  3m  3  0
a)Thay m = - 1 vào phương trình (1) ta được:
2


x2  x  6  0

0,25

2

   1  4.  6   25    5

Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 5
3
2
1 5
x2 
 2
2
x1 

Vậy khi m = - 1 thì phương trình (1) có tập nghiệm S  3; 2
3b b) x  m  2 x  3m  3  0
2

0,25

(1)

Δ  m  2  4 3m  3  m2  8m  16  (m  4) 2
2

2

Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt    0   m  4   0  m  4  0  m  4
 x1  x2  m  2
 x1 x2  3m  3

Theo hệ thức Viet ta có 

Theo đề bài hai nghiệm x1 , x2 của PT (1) là độ dài 2 cạnh góc vuông của một
  0

x x 0
tam giac vuông có cạnh huyền bằng 5   1 2
 x1  x2  0
2
 2
 x1  x2  25

0,25đ

m  4
m  4


m  4
3m  3  0
m  1



 m  1
m2  0
m  2



m 2  2m  15  0 (2)
 x  x 2  2 x x  25  m  2 2  2  3m  3  25 
1 2
 1 2


Giải PT (2) được m = 5 (Thỏa mãn); m = - 3 (không thỏa mãn)
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm
3

0,25đ

1
4

Đổi 15 phút = (giờ)
Gọi vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h) ĐK: x >2 0,25
Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường là:

10
(giờ)
x

vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là : x-2 (km/h)

0,25

10
(giờ)
x 2

1
Vì thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là (giờ) nên ta có PT
4
10 10 1
 
x 2 x 4
 x 2  2 x  80  0
Giải PT được x1  10 (thỏa mãn)

0,25

Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ trường về nhà là:

x2  8 (loại)

Vậy vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 (km/h)

0,5
0,25


4

1

A

N
M
H

B

2

C

O

p

Xét đường tròn (O) có
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  
BMC
AMH  90 0
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  
BNC
ANH  90 0
Xét tứ giác AMHN có

AMH  
ANH  900  900  1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nhau
nên tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp
Chứng minh được H là trực tâm Δ ABC
  BMC
  900
Suy ra AP là đường cao  
APB  90 0  BPA
Xét Δ BPA và ΔBMC có


ABP là góc chung

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

  BMC
  900
BPA
Δ BPA ~ ΔBMC (gg)
BP
BA


 BM .BA  BP.BC (đpcm)
BM
BC

3

0,25
0,25

A

M

N

H

B

p
O

C

BC
 a . Tính AP 2  AC 2  PC 2  4a2  a2  3a2  AP  3a
2
ABC đều mà H là trực tâm ABC  H đồng thời là trọng tâm của ABC

ABC đều  PC 

 AH 

2
2 3a
AP 
3
3

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: C   d   . AH 

0,25

0,25
 2 3a

3

0,25


Vậy C 

 2 3a

4

3
A

M

N

F

E
H
B

p O

C

  AFO
  APO

  900 Suy ra 5 điểm A, E, P, O, F cùng nằm trên
Ta có: AEO
  AF

một đường tròn. Mà AE = AF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  AE
  APE
 (do 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)(1)
Do đó AEF
Chứng minh Δ AEM ~ ΔABE (gg)  AE 2  AM . AB (2)
Chứng minh Δ AMH ~ ΔAPB (gg)  AM . AB  AH . AP (3)

Từ (2) và (3) suy ra AE 2  AH . AP 

0,25

AE AP

 Δ AEH ~ ΔAPE (c.g.c)
AH AE

  APE
 (4)
Từ đó suy ra AEH
  3 điểm E, H, F cùng nằm trên tia EF. Do
Từ (3) và (4) suy ra 
AEH  AEF
0,25
đó 3 điểm E, H, F thẳng hàng.

5

Ta có:
81 x 2  18225 x  1 6 x  8
với x > 0

9x
x 1
1 6 x 8
P  9 x  2025  
9x
x 1
P

1
6 x 8
9
 2016
9x
x 1
1 9x  9  6 x 8
P  9x  
 2016
9x
x 1
P  9x 





2

3 x 1
1 9 x  6 x 1
1
P  9x  
 2016  9 x  
 2016
9x
x 1
9x
x 1

Theo BĐT cô si 9 x 
Ta có:

3



x 1
x 1

1
1
1
1
 2 9 x.
 2 Dấu bằng xảy ra khi 9 x 
x

9x
9x
9x
9

2

 0 Dấu bằng xảy ra khi 3 x  1  0  x 
1
9

1
9

Do đó P  2  0  2016  2018 . Dấu bằng xảy ra khi x  (thỏa mãn)

0,25


Vậy minP = 2018 khi x 

1
9

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

HÀ NỘI

MÔN THI MÔN TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. ( 2 điểm )
3 x 1
x 4
2
và B 
với x  0; x  1 .

x  2 x 3
x 1
x 3
1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x  9 .
1
2) Chứng minh B 
.
x 1
A x
3) Tìm tất cả các giá trị của x để   5 .
B 4
Câu 2. ( 2 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 28 mét , độ dài đường chéo bằng 10 mét .Tính chiều dài
chiều rộng của mảnh đất đó theo mét.

Cho hai biểu thức A 

Câu 3. (2,0 điểm)

4 x  y  2  3
1) Giải hệ phương trình 
.
x

2
y

2

3



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y   m  2  x  3,

 P  : y  x2

a) Chứng minh  d  và  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt .
b) Tìm tất cả các giá trị m để
nguyên .

 d  và  P 

cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ là các số

Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn  O; R  với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối
của tia AB ( S khác A ). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, CD với đường tròn  O; R  sao cho điểm
C nằm trên cung nhỏ AB ( C , D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

1)

Chứng minh năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường tròn đường kính SO.

2)

Khi SO  2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo góc SCD.

3) Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC , cắt đoạn thẳng CD tại K .
Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn
thẳng SC.
4) Gọi E là trung điểm của đường thẳng BD và F là hình chiếu vuông góc của điểm E trên
đường thẳng AD. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F
luôn thuộc một đường tròn cố định.
Câu 5:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1  x  1  x  2 x .
---HẾT---


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019

HÀ NỘI

MÔN THI MÔN TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1. ( 2 điểm )
3 x 1
x 4
2
và B 
với x  0; x  1 .

x  2 x 3
x 1
x 3
1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x  9 .
1
2) Chứng minh B 
.
x 1
A x
3) Tìm tất cả các giá trị của x để   5 .
B 4
Lời giải

Cho hai biểu thức A 

1) Với x  9  x  3
x  4 3 4 7


x 1 3 1 2

Thay vào A ta có : A 
2) B 



3 x 1
x 3





x 1







3 x 1  2 x 1
2



x 3
x 3
x 1





 

x 3
x 3





x 1



1
x 1

1
x 4
và B 
x 1
x 1
2

A
A x
x
  x  4 vậy    5  x  4   5  x  4 x  4  0  x  2  0  x  4.
B
B 4
4
Câu 2. ( 2 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 28 mét , độ dài đường chéo bằng 10 mét .Tính chiều dài
chiều rộng của mảnh đất đó theo mét.
Lời giải

3) Với A 





Gọi chiều dài , chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x  m  , y  m  với 10  x  y  0 .
Chu vi hình chữ nhật 28 mét  2  x  y   28  x  y  14

1
Độ dài đường chéo hình chữ nhật là 10 mét  x2  y 2  100  2 

 x  y  14
 x  14  y
Từ 1 ,  2   x, y là nghiệm của hệ phương trình :  2
 2
2
2


 x  y  100
 x  y  100

y  8
2
Lấy  3 thay vào  4   14  y   y 2  100  
y  6
Với y  8  x  6 ( không thỏa mãn 10  x  y  0 )

Với y  6  x  8 ( thỏa mãn ).

 3
 4


Câu 3. (2,0 điểm)

4 x  y  2  3
1) Giải hệ phương trình 
.

x  2 y  2  3

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y   m  2  x  3,

 P  : y  x2

a) Chứng minh  d  và  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt .
b) Tìm tất cả các giá trị m để

nguyên .

 d  và  P 

cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ là các số
Lời giải

1) Giải hệ phương trình





4 x  y  2  3
8 x  2 y  2  6
9 x  9
x  1
x  1










x  2 y  2  3
1  2 y  2  3

 y  2 1
x  2 y  2  3
x  2 y  2  3
 x  1
x  1
x  1



 y  1
.
   y  2  1    y  1  

x

1

  y  3
  y  2  1



  y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  1; 1 , 1; 3 .

2)

 d  : y   m  2 x  3 và  P  : y  x2 .
a) Chứng minh  d  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt.
Hoành độ giao điểm của  d  và  P  là nghiệm của phương trình

x2   m  2 x  3  x2   m  2 x  3  0
Ta có a  1  0.
Xét    m  2   4.3   m  2   12  0 với mọi m
2

2

. Vì  m  2   0 với mọi m
2

.

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt nên đường thẳng  d  luôn cắt  P  tại hai
điểm phân biệt.

 x1  x2  m  2
b) Theo định lí vi-ét 
. Để x1 , x2  mà x1.x2  3 . Vì 3 là số nguyên tố nến
 x1.x2  3
 x1  1
 x1  1
 x1  3
 x1  3
x1.x2  3  
hoặc 
hoặc 
hoặc 
.
 x2  3

 x2  3
 x2  1
 x2  1
Suy ra x1  x2  2  m  2  2  m  4 .
Hoặc x1  x2  2  m  2  2  m  0
Vậy m  4 hoặc m  0 thì  d  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ là các số
nguyên.


Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn  O; R  với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối
của tia AB ( S khác A ). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, CD với đường tròn  O; R  sao cho điểm
C nằm trên cung nhỏ AB ( C , D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

1)

Chứng minh năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường tròn đường kính SO.

2)

Khi SO  2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo góc SCD.

3)

Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC , cắt đoạn thẳng CD

4)

tại K . Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua
trung điểm của đoạn thẳng SC.

Gọi E là trung điểm của đường thẳng BD và F là hình chiếu vuông góc của điểm
E trên đường thẳng AD. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia
AB thì điểm F luôn thuộc một đường tròn cố định.
Lời giải

1) Chứng minh năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường tròn đường kính SO.
* Xét đường tròn  O; R  có:
- SC ⊥OC ( SC là tiếp tuyến của đường tròn  O; R   SCO  900
- SD ⊥OD ( SD là tiếp tuyến của đường tròn  O; R   SDO  900
- H là trung điểm của đoạn thẳng AB  OH ⊥ AB (Tính chất đường kính đi qua trung điểm
của dây cung)  SHO  900
* Xét tứ giác SCOD có:
- SCO  SDO  1800 (cmt)


- SCO và SDO là hai góc đối nhau
 SCOD là tứ giác nội tiếp
Có SCO và SDO vuông tại C và D , có SO là cạnh huyền chung
 tứ giác SCOD thuộc đường tròn đường kính SO. 1
* Xét tứ giác SCHO có:
- SCO  SHO  900
- Mà hai đỉnh S và H kề nhau cùng nhìn cạnh SO dưới một góc bằng nhau
 tứ giác SCHO thuộc đường tròn đường kính SO.  2 

Từ 1 ,  2   năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường tròn đường kính SO.
2) Khi SO  2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo góc SCD.
Xét SDO vuông tại D :
Có: SO2  SD2  OD2 (định lí Pytago)
 SD2  SO2  OD2   2R   R 2  3R 2
2

 SD  3R

Ta lại có: tan OSD 

OD
R
1
3



SD
3
3R
3

 OSD  300

Chứng minh tương tự ta có: SD  R 3; OSC  300.
Xét SCD có:
SC  SD  SCD cân
Mà CSD  OCS  ODS  600  SCD đều  SCD  600.
3. Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn
thẳng SC.
- Có tứ giác DOHC là tứ giác nội tiếp (Cmt)
1
 KDH  COH  CH 1
2
AK ⊥ OC  AK ∥SC  


Do:
  KAH  COH  2 
OH ⊥ AH  gt 


Từ 1 ,  2  tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp

 BK  SC  T 
Gọi: 

 AK  BC   P

Ta có: DAKH nội tiếp  AHK  DAC
1
Mà: DAC  ABC  AC
2
 AHK  BAC
 HK ∥BC (2 góc đồng vị)
Xét ABP  K là trung điểm của AP
AK HK
 T là trung điểm của đoạn thẳng SC (đpcm)


ST TD


4. Ta có OA  OB nên OAB cân đỉnh O .
D

F
E

S
O

G
M
A
H

B
C

Có OH là trung tuyến, đồng thời là phân giác của OAB nên BOH 

1
AOB
2

1
sđ AB .
2
1
Ta có BDA  sđ AB (góc nội tiếp chắn cung AB ).
2
Hay BOH 

Suy ra BOH  BDA hay BOH  EDF .
Xét OHB và DFE có:

OHB  DFE  90 ; BOH  EDF (chứng minh trên).
Suy ra OHB đồng dạng DFE (góc - góc).
OH DF

Nên ta có:
1 .
HB FE
Gọi G là hình chiếu vuông góc của B trên AD , suy ra BG  AD .
DF FE DE 1


 .
Khi đó, BDG có FE // BG (cùng vuông góc với AD ) nên
DG BG DB 2
DF DG

Suy ra F là trung điểm của DG và
 2
FE BG
Gọi M là trung điểm của OH .
2.MH 2.FG
OH DG
MH FG




Từ 1 và  2  , ta có
hay

.
HB BG
HB
HB BG
BG
Xét BHM và BGF có:

BHM  BGF  90 .
MH FG

(chứng minh trên).
HB BG
Suy ra BHM đồng dạng BGF (cạnh – góc – cạnh).
Do đó, ta có: GFB  HMB (các góc tương ứng).
Hay AFB  HMB

 3 .

Xét đường tròn  O  có A , B , O , H là các điểm cố định.


Có M là trung điểm của OH nên M cố định.
Suy ra BMH   không đổi.
Nên từ  3 , suy ra AFB có số đo không đổi, hay điểm F luôn nhìn đoạn AB dưới góc không
đổi  . Vậy điểm BHM nằm trên cung chứa góc  dựng trên đoạn AB .
Do đó, khi điểm S di động trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn nằm trên đường tròn cố
định là cung chứa góc  dựng trên đoạn AB .
Câu 5:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1  x  1  x  2 x

Lời giải

Cách 1: Điều kiện: 0  x  1
Đặt A  1  x  x ; B  1  x  x
Ta có A2  1  2 x 1  x   1 0  x  1  A  1 . Đẳng thức xảy ra khi x  0
B2  1  2 x  2 x 1  x   10  x  1  B  1 . Đẳng thức xảy ra khi x  0

Do đó P  A  B  2 . Đẳng thức xảy ra khi x  0
Vậy GTNN của P là 2 đạt được khi và chỉ khi x  0.
Cách 2:
Điều kiện: 0  x  1
Đặt a  1  x , b  1  x . Vì 0  x  1 nên ta có b  a  0 và a 2  b2  2
Ta có b2  a 2  2 x  2  b2  a 2   2 x
Khi đó P  a  b  2  b2  a 2   2a  2  b2  a 2 
Suy ra P2  4a 2  2  b2  a 2   4a 2  b2  a 2   2  a 2  b2   4a 2 b 2  a 2 
Vì 2  a 2  b2   4 và 4a 2  b2  a 2   0 với mọi 0  a  b
Nên P2  4  P  2  do P  0
Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi b  a tức là x  0.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức:
x4
1
1


P
 1 :
với x  0; x  ; x  1; x  4 .
4
 x  3 x  2  2x  3 x  1
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x sao cho P  2019 .
10
c) Với x  5 , tìm giá trị nhỏ nhất của T  P  .
x
Câu 2: (0,75 điểm)
1
1
Cho hai đường thẳng (d1): y  mx  m và (d2): y   x 
(với m là tham số , m  0 ). Gọi
m
m
I( x0 ; y0 ) là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) với (d2). Tính T  x02  y02 .
Câu 3: (1,25 điểm)
Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  (2  m) x  1  m  0 (m là tham số).
a) Tìm m để x1  x2  2 2 .
b) Tìm m sao cho T 

1
1

đạt giá trị nhỏ nhất.
2
( x1  1) ( x2  1) 2

Câu 4: (1,5 điểm)
a) Giải phương trình :

4 x  8072  9 x  18162  5 .
 x 3  y 3  3 x 2  6 x  3 y  4  0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 x  y  3 x  1
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính a và điểm J có JO = 2a. Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự
là các tiếp tuyến tại M, tại N của đường tr òn (O). Gọi K là trực tâm của tam giác JMN, H là
giao điểm của MN với JO.
a) Chứng minh rằng: H là trung điểm của OK.
b) Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a.
c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r. Tính r.
d) Tìm tập hợp đi ểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( O) và hai
tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Câu 6: (0,5 điểm )
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn : 12 x  10 y  15 z  60 . Tìm giá trị lớn nhất của
T  x2  y 2  z 2  4x  4 y  z .
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: ....................................................
Chữ kí của giám thị 1: ..............................................

Số báo danh: ........... ..............................
Chữ kí của giám thị 2: ..........................