Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 4

THCS.TOANMATH.com
K THI TUYN SINH VO LP 10
TRNG PTDTNT V TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2020 - 2021
Mụn thi: TON (mụn chung)
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Ngy thi: 17/07/2020

UBND TNH LAI CHU
S GIO DC V O TO
-------------- THI CHNH THC
( thi gm cú 01 trang)

ịã ùũ ếá:ạ ư% ẳ*ạ Đ ơcáụ ạã}ã ẵẵ á)4ạ ơđdá ê áe á)4ạ ơđdá ưôổ
ùũ ợă

ờó

ợũ ăợ

ỡă ừ ớ ó
ă ừ Đ ó ù
ă Đóỡ

ớũ
ịã ợũ

ùũ èá$ẵ áãe án ơcáổ

ờỡ ừ ợở


ỗ

ợ
ù
ợũ íá ắãfô ơá'ẵổ ẽ ó
ừ
ă ớ
ăừớ

ờ
ă

ỗ

ê2ã ă

ồ ă ờó ỗ

ứữ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ ẽ
ứắữ ècá ạã ơđ@ ẵ+ ẽ ắãhơ ă ó ỡ
ịã ớũ
Đ ó ợăợ ứéữ

ùũ
ợũ

Đó

ăừớ

ịã ỡũ
ù
ăằ á}ã ơuạ ơ8ẵ ơáj ờ
ùợ àũ
ịã ởũ
ẵ+ òẹ ê ịíũ
ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ òịẹí ơ' ạãẵ 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá òỉổòẹ ó òĩổò
ớũ

òịồ òí
ơáqạ êô:ạ ạ>ẵ ê2ã ẹò ẵsơ òị ơ|ã é ê ẵsơ òí ơ|ã ẽũ íá'ạ ãá đtạổ ìé ừ ếẽ

ịã ờũ íá ồ ắ ẵẵ ư8 àá:ạ { ơá< ~ ợ ừ ắợ

éẽ

ợồ á~Đ ơd ạã ơđ@ 2 áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵổ

ể ó ớắứ ừ ợắữ ừ ắ ớứắ ừ ợữổ

THCS.TOANMATH.com


ịã ùũ

ở ừ ợ ờ ừ ở ợ ờũ


ăừ ă ỡ ở ă
ê2ã ă ê ă ờó ùũ
ợũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵị ó
ừ
ù ă
ù
ă
ùũ ècá ạã ơđ@ ắãfô ơá'ẵ ò ó

ịã ợũ
Đó

ù ợ
ăũ
ợ

ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá

ịã ớũ íá á)4ạ ơđdá ợăợ

ứă

ợữ ứă

ùữ ứă ừ ớữ ứă ừ ỡữ

ợỡ ó ổ

ỡă

ợợ

ù ó ứùữ ứ ê2ã ơá ư8ữũ

ùũ íá'ạ ơ< á)4ạ ơđdá ứùữ ô: ẵ> áã ạáãe á{ ắãeơ ê2ã ;ã ũ
ợũ ;ã ăù ồ ăợ áã ạáãe ẵ+ á)4ạ ơđdá ứùữ àáã ó ớụ àá:ạ ạã}ã á)4ạ ơđdá á~Đ ơcá ạã
ơđ@ ắãfô ơá'ẵ
ẽ ó ốăợù ởăù ộ ốăợợ ởăợ ộ ừ ợỗỡổ
ịã ỡũ
ứẹồ ẻữ
òũ ếl ơãh ơôĐh íĩ ê2ã ứẹồ ẻữ ứ ĩ

òịũ èđj ơã ơãh ơôĐh ẵ+ òă ẵ+ ứẹồ ẻữ
ĩ àáẵ ò ữũ

í àáẵ

ùũ íá'ạ ãá đtạ ơ' ạãẵ ẹòíĩ
òị ơ|ã ẹ ẵsơ ơã ịĩ ơ|ã ũ íá'ạ ãá đtạ ịĩổị ó ợẻợ ũ
ớũ ;ã
ịã ởũ íá

ẹ

ịồ ồ í ơáqạ áạũ

òịí ẵ> òị ó ẵồ òí ó ắồ ịí ó ũ íá'ạ ãá đtạ ưã

ò
ợ


ũ
ắừẵ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
-------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện a  b  c  1 và

1 1 1
   1.
a b c

Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
b) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2045 và

 x 18   y  7   z  2020  0.

3

3

Tính giá trị của biếu thức: F   x 18

2021

  y  7

2021

3

  z  2020

2021

.

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 1 

1
x 1
2



35

.
12 x


 xy  3 y  4 x 2  3 x  3
b) Giải hệ phương trình: 
.
 2
2

y
18
7
x
16
x
y
4






Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn xy 2  x  2 x 4  2 x 1  2 y 2 .
b) Chứng minh rằng nếu 2n  10a  b với a, b, n là các số tự nhiên thỏa mãn 0  b  10 và n  3 thì ab chia
hết cho 6.
Câu 4. (3,0 điểm)
  450. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và ACPQ.

Cho tam giác ABC nhọn có BAC
Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F .
a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn.
b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau
tại K với K  D. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J . Chứng
minh bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng.
Câu 5. (1,0 điểm)
Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại
mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng
tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính
tổng của 2024 số đó.
------------------------------------------HẾT------------------------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
-------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.
a) Ta có:

1 1 1
   1  ab  bc  ca  abc.

a b c

Khi đó 1 a 1 b1 c  1  a  b  c  ab  bc  ca   abc  0.
Suy ra: 1 a 1 b1 c  0.
Đẳng thức này chứng tỏ một trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
a  b  c  0

.
b) Đặt a  x 18, b  y  7 và c  z  2020. Khi đó ta có:  3
3
3




0
a
b
c



Do đó: F  a 2021  b 2021  c 2021.
Ta có: a 3  b3  c3  3abc  a  b  c a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  0.
Suy ra 3abc  a 3  b3  c3  0. Không mất tính tổng quát giả sử a  0.
Khi đó ta có: b3  c 3  b  c.
Suy ra F  a 2021  b 2021  c 2021  0  c 

2021

 c 2021  0.

Vậy F  0.
Câu 2.
a) Điều kiện xác định: x  1. Ta có:

35
1
 1
 0  x  0. Do đó x  1.
12 x
x 2 1

Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được:

1

2



1
1225

x 1 144 x 2



25
 144 x 4  625 x 2  625  0

12

2

x 2 1
x4
2 x2
1225
 2


0
2
x 1
x 1 144
 x2
49  x 2
25 
 
 
   0
 x 2 1 12  x 2 1 12 


x2
x 1
2


5

x 

4
 4 x  54 x  53  53x  5  0  
5

x 

3

 x  1.


5
5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  ; x  .
4
3
2


 y  2 x  3  4 x  5 x  3 1
.
b) Hệ đã cho tương đương với: 
2
2






y
7
x
16
x
14
2
2








Lấy  2  2  1 , ta được:

 y  2  2  y  2 x  3  x 2  6 x  8
2

  y  2  2  y  2 x  3   x  3  1
2

2

  y  2  x  3  1
2

 y  x6
2
  y  x  5  1  
.
 y  x  4

 x  1  y  5
Trường hợp 1: y  x  6, thay vào 1 , ta được: 3x 2  12 x 15  0  
.
 x  5  x  11


 x  5  2 13  y  17  2 13

3
3
Trường hợp 2: y  x  4, thay vào 1 , ta được: 3x 2 10 x  9  0  
.



5
2
13
17
2
13
y 
 y 


3
3


 5  2 13 17  2 13   5  2 13 17  2 13 


 , 
;
;

Vậy S  1; 5 , 5; 11 , 
.


 

3
3
3
3







Câu 3.
a) Phương trình đã cho tương đương:

y 2  x  2  x  2 x 4  2 x 1  0
  x  2  y 2  x 4  2 x  1  0


x  2
 2
.
4

 y  x  2 x 1

Với x  2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.
Với y 2  x 4  2 x  1, suy ra x 4  2 x 1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:


x  1 thì x 4  x 4  2 x  1   x 2  1 . Do đó x  1 không thỏa mãn.



x  1 thì x 4  x 4  2 x  1   x 2 1 . Do đó x  1 không thỏa mãn.

2

2

Thử trực tiếp:




x  0, ta được y  1 hoặc y  1.
x  1, ta được y  2 hoặc y  2.
x  1, ta được y  0.


Vậy phương trình đã có có nghiệm  x; y   2; a  , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 0 với a  .
b) Ta có: 2n  10a  b suy ra b chia hết cho 2 mà 0  b  10 nên b  2; 4; 6; 8.
Bây giờ đặt n  4k  r với k   và r  0; 1; 2; 3.
Ta có: 2 n  2 4 k r  16k  2r  2 r mod15.
Mà 2r  1; 2; 4; 8 do đó 2n chia 15 dư 1; 2; 4; 8.


Nếu a  3m 1, thì 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10. Suy ra 2n  10a  b  b  10 mod15.

Do đó b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  6. Nên ab 6.


Nếu a  3m  2, thì 10a  b  10  3m  2  b  30m  b  20. Suy ra 2n  10a  b  b  5 mod15.

Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b  2; 4; 6; 8 nên không có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại
a dạng 3m  2 sao cho 2n  10a  b.



Nếu a  3m thì ab  3mb mà b chẵn nên ab 6.

Vậy trong mọi trường hợp a, b thỏa mãn 2n  10a  b thì ab chia hết cho 6.
Câu 4.


  CAF
 (do cùng phụ với BAC
 ).
a) Ta có: ABE
ACF  900 và BAE
Suy ra ABE  ACF 

AB AN
AE
.


AF AC AD

.
Do đó AEF  ANQ  
AFE  NQA

Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp.
b) Bổ đề:
Nếu gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC với ABCD là hình thang  AB  CD  thì MN  AB  CD.
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM  AB  CD và KN  DC  AB.
Từ đó suy ra K , M , N thẳng hàng hay MN  AB  CD.
Trở lại bài toán gọi S , L lần lượt là trung điểm của AC , AB.
Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm EF , S là trung điểm AC ta có IS  CF .
Mà CF  AC nên IS  AC tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của AC 1.
Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của AB 2.
Từ 1 và 2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Gọi K1 , K 2 lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP.

  DQE
  900 nên DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp DMQ.
Do DME
0

Suy ra DK
1 E  90 .
0

Chứng minh tương tự ta cũng có DK
2 F  90 .

Do đó tứ giác DQK1 E nội tiếp  DA  K1 A  EA  QA.
Tứ giác DNK 2 F nội tiếp  DA  K 2 A  FA  NA.
Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA  QA  FA NA.
Từ đó suy ra DA  K1 A  DA  K 2 A hay K1  K 2   DMQ    DNP   K .
Do đó D, A, K thẳng hàng.





  1800  2 BKE
  2 900  EAB
  2 BAC
  BIC
.
  EAB
  CAF
  CKF

. Suy ra BKC
Ta có: BKE
  CKJ
.
Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JB  JC nên BKJ
.
Hay KJ là phân giác BKC
  1800  
.
Mặt khác BKA
AEB  1800  
AFC. Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của BKC
Do đó A, K , J thẳng hàng. Hay bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng.


Câu 5.
Gọi các điểm lần lượt được đánh số là A1 , A2 , A3 ,..., A2024 . Trong đó Ak với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn
được tô màu đỏ với k  1, 2,..., 2014.
Giả sử A1  x và A2  y với x, y khác 0 và 1. Khi đó A3  A1  A2  A3 
Do A2  A4  A3  A4  A3  A2 

A2
y
 .
A1
x

y
 y.
x

y
y
Tương tự ta tính được A5  1 x, A6  1 x   y, A7  1 , A8  x  y.
x
x



  y
y
y y
Suy ra: A1  A2  ...  A8  x  y     y  1 x  1 x   y   1   x  y  3.


  x 
x  x
x
Ta tính được A9 

A8
 x và A10  y.
A7

Do A1  A9 , A2  A10 nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại
theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.
2024

Do đó

A 
i

i 1

2024 8
2024
  A8 
 3  759.
8 i1
8

Vậy tổng các số cần tìm là 759.
--------------------- HẾT ---------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của x thì biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với:
 x 1
x  1
3

 1  x  

A  



 4 x
4  x  2 x  9
x 1
 x  1
x2  y 2  z 2 x2 y 2 z 2
  
b) Xét các bộ  x; y; z  thỏa mãn 2
với a, b, c là các số thực khác 0.
a  b2  c 2 a 2 b 2 c 2

Tính giá trị của biểu thức: Q 

x 2020 y 2020 z 2020


.
b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2

Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y  0,5 x 2 , cho điểm M có hoành độ dương và điểm N có hoành độ
âm. Đường thẳng MN cắt trục Oy tại C với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng OM khi C là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN .
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3x 3  x 2  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.



3x  4 xy  x 2  3 y  y  3


b) Giải hệ phương trình:  2
8.

x  6 y 1  y 2  2 x  9 


3


Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

2 x 2  x  m2  2m 152 x 2  3x  m2  2m 14  0
có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x12  x22  x32  x42  3 x2 x3 .





 C
 , nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao xuất phát từ
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn B
B và C lần lượt cắt đường thẳng AO lần lượt tại D và E. Gọi H là trực tâm giác ABC và O  là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác HDE. Chứng minh rằng:

a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC và AH là tiếp tuyến của O .
b) Đường thẳng AO  đi qua trung điểm của đoạn BC.

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường phân giác AD,

 D  BC  của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm của đoạn BC. Đường thẳng vuông góc
với BC tại D cắt AO ở H , đường thẳng vuông góc với BC tại E cắt ở AD tại K . Chứng minh rằng tứ giác
BHCK nội tiếp.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3. Chứng minh rằng:
 x y
z 2  x2
x2  y 2
y2  z2


 3  2 

 xy
xy  x  y 
yz  y  z 
zx  z  x 

---------------------- HẾT ----------------------

yz
z  x 
.

yz
zx 


ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
-----------------Câu 1.
a) Với x  0 và x  1, ta có:

 x 1
3
x 1 1
x 




A  


 x 1
4  x  2 x  9
x 1 4 x
2
2

 x 1  x  1  1  x
1




s

 4 x x2 x 9


x
x
1
1








Vậy A  1

1
x2 x 9



 






4 x 1  x
1
1


 1
.
x 1 4 x x  2 x  9
x2 x 9

.



Nếu A   thì 1 x  2 x  9 mà: x  2 x  9 





2

x 1  8  1 nên A không thể là số nguyên.

x2
x2
y2
y2

z2
z2
,

.
b) Ta có: 2  2
và 2  2
a
a  b2  c2 b2 a2  b2  c 2
c
a  b2  c 2

Từ đó suy ra:

x2 y2 z2
x2
y2
z2
x2  y2  z2


.




a 2 b2 c 2 a 2  b2  c2 a 2  b2  c2 a2  b2  c2 a 2  b2  c2

Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  0.
Từ đó Q  0.

Câu 2.
Ta gọi: M  m; 0,5m2  , N n; 0,5n2  , C  xC ; yC  trong đó m  0.
Do C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà C  MN nên tam giác OMN vuông tại O và C là

mn


xC 


2
.
trung điểm MN . Khi đó 


0,5m2  0,5n 2

yC 


2




m2 
m2
Ta có: C  Oy nên xC  0 suy ra m  n. Khi đó C 0;  . Suy ra: OC 
, OM  m.


2 
2
Mặt khác C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên:
OC  OM 

m2
 m  m  2 do m  0.
2

Suy ra M  2; 2. Phương trình đường thẳng OM có dạng y  ax mà đi qua điểm M  2; 2 nên a  1.
Vậy y  x là đường thẳng cần tìm.


Câu 3.
a) Điều kiện: x  3 7. Ta có phương trình tương đương:
x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x3  4 x 3  7  0
Nhận xét x  2 là một nghiệm của phương trình.
Nếu x  2, ta có: x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.
Nếu

3

7  x  2, ta có: x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2.

x2  6 y 1  0
b) Điều kiện 
. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
 2


y
x

2

9

0



x 2  4 xy  3 y 2  3 x  3 y   0
  x  3 y  x  y   3 x  3 y   0
  x  3 y  x  y  3  0
x  3y

.
 x  y  3


Với x  3 y, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
9 y 2  6 y 1  y 2  6 y  9 
 3 y 1  y  3 

8
3

8
3

8
Nếu y  3 thì 3 y 1  y  3  8  .
3

Nếu y 
Nếu


1
8
1
thì phương trình tương đương: 1 3 y  3  y   y   x  1.
3
3
3

1
8
1
1
 y  3 thì phương trình tương đương: 3 y 1  3  y   y  không thỏa do  y  3.
3
3
3
3

Với x  y  3, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

 y  3  6 y 1  y 2  2  y  3  9 

2

8
3

8
3
8
2
 y 2  10   y 1  2 
3
8
2
Ta có y 2  10   y 1  2  10  2  3  1  4  nên phương trình này vô nghiệm.
3
 1
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1; .
 3 
 y 2  10  y 2  2 y  3 


Câu 4.
 2 x 2  x  m 2  2m 15  0 1
Phương trình tương đương:  2
.
2
 2 x  3x  m  2m 14  0 2
Phương trình 1 có ac  2 m 2  2m 15  2  m 1  28  0 nên có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
2

Tương tự phương trình 2 cũng có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Mà 3 x2 x3  x12  x22  x32  x42  0 nên x2 và x3 cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử x1 , x2 là nghiệm
của phương trình 1 và x3 , x4 là nghiệm của phương trình 2.


1
3




x1  x2  
x3  x4  




2
2
Theo định lý Viete, ta có: 
và 
.


2
2


m  2m  15
m  2m  14



x1 x2  
x3 x4  




2
2




Khi đó
x12  x22  x32  x42   x1  x2    x3  x4   2 x1 x2  2 x3 x4
2

2

2
2
 m 2  2m  15   m 2  2m  14 
 1  3
  2 

       2 

 


 2   2 
2
2

 2m 2  4m 


2
63 8m 2 16m  126 8m 16m  121  5


2
4
4

a 5
a  8m 2 16m  121.

4

Chú ý rằng phương trình 1 và phương trình 2 có cùng:
  1 4  2 m 2  2m 15  9  4  2 m2  2m 14  8m 2 16m  121  a  1.

Phương trình 1 có hai nghiệm x 

1  a
1  a
.
hoặc x 
4

4

Phương trình 2 có hai nghiệm x 
Xét trường hợp x1 
Ta có: x2 x3 

3  a
3  a
, x
.
4
4

1  a
1  a
3  a
3  a
, x2 
, x3 
, x4 
.
4
4
4
4

a4 a 3
. Yêu cầu bài toán tương đương:
16





a 5 3 a4 a 3
 4 a  5  3 a  4 a  3  0

4
16



 a  12 a  11  0

Phương trình này vô nghiệm.
Xét trường hơp x1 

1  a
1  a
3  a
3  a
, x3 
, x4 
.
, x2 
4
4
4
4




Ta có: x2 x3 

a 4 a 3
. Yêu cầu bài toán tương đương:
4





a 5 3 a 4 a 3

 4 a  5  3 a  4 a  3  0
4
16





 a 12 a  11  0  a  11 a  1
 a  121.

m  0
Với a  121, ta có: 8m 2 16m  121  121  m2  2m  0  
.
 m  2

Vậy m  0 hoặc m  2 là các trị cần tìm.
Câu 5.

a) Gọi BB  và CC  là đường cao của tam giác ABC.



 do cùng bù với góc C
HB  C
AB   BAC
HB .
Tứ giác AC HB  nội tiếp nên C

  BAC
 1.
 nên DHE
HB  DHE
Mà C


  900  AOC  900  
.
ABC  BAH
Tam giác OAC cân tại O nên OAC
2

  BAE
  900.
AE  
AEC   900 hay DEH

Mặt khác C AE vuông tại C  nên C









  900  BAE
  900  BAH
  HAE
  90  OAC
  HAE
  900  HAC
  ACB
.
Suy ra DEH

Do đó DEH
ACB 2.

Từ 1 và 2 suy ra tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC.
  ACB
  900  HAC

AHB  nên HA là tiếp tuyến của O .
Ta có DEH

b) Gọi I , L lần lượt là trung điểm của BC và DE. Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O  là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO 
  IAO
 3.
và IAO đồng dạng với nhau nên LHO

  O

  LAO
 hay LHO
AO 4.
Ta có O L  DE và AH  HO  nên tứ giác AHO L nội tiếp  LHO

 O
AO hay A, O , I thẳng hàng.
Từ 3 và 4 suy ra: IAO

Do đó AO  đi qua trung điểm của BC.
Câu 6.
A

H

O
B

E

M

D

C

P

X

K

Gọi P là giao điểm của AD và O  thì P là điểm chính giữa cung BC , X là giao điểm của EP và DH .

 do đó AHD cân tại H .
Ta có OP là trung trực của DE nên OP  DH dẫn đến DAH
APO  ADH
Do M là trung điểm của DE mà MP  EK  DX nên P là trung điểm của DK và EX .
.
Nên DEKX là hình bình hành, suy ra BDX  CEK  
XBD  KCE
  900 nên DP  DX  DE.
Mà DEX
Ta có: XK  BC nên BKXC là hình thang cân nội tiếp đường tròn (1).
Ngoài ra tứ giác AHPX nội tiếp do 
AHD  
APX  DH  DX  DA  DP.
Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA  DP  DB  DC.
Suy ra DH  DX  DB  DC hay BHCX nội tiếp (2).
Từ (1) và (2) suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp.

Câu 7.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
2
 x2  y 2
2 x  y
2  x  y
2
2 
x2  y 2

 

 2 


xy  x  y 
x y
xy  x  y 
xy
 xy  x  y  x  y 

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi công lai theo vế ta được:



 x  y
x2  y2
2
 2 


x y
xy
xy  x  y 

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là bài toán hoàn tất.
2
2
2


3
yz
zx
x y

Thật vậy, ta có:

Do đó:



2
4
4


.
x  y 2 2 x  y 2  x  y



2
1
1
1
49
4 9
 4 


 

 3.


x y
 x  y  2 y  z  2 z  x  2  2 x  y  z   6 2  3  6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
---------------------- HẾT ----------------------


ịã ùũ
é ó ợ
ă

ù
ờă ừ ỗ

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ơá ư8

Đ ó ăừớ

ẵsơ đắ Đ ó ăợ ơ|ã áã

ớ ẵũ

òịí
ỡũ íá ádá > ẵ> ơáf ơcẵá ấ ó ỡ

ịã ợũ íá ắãfô ơá'ẵ

ớ

ẻ ó ợ ẵũ ècá ẵáãiô ẵ ẵ+ ádá >


ăừù
ă

ừ
é ó
ăừ ăừù
ă ù

ăừợ

ă ă ù

ồ ă ờó ù ữũ

ứ ê2ã ă

ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ é ũ
ợũ íá'ạ ãá é õ

ợ
ê2ã ;ã ă
ớ

ê ă ờó ùũ

ịã ớũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ

ứ ừ ùữă ừ ợ

ợ ó ứ ê2ã ơá ư8ữũ

ứữ íá'ạ ãá ê2ã ;ã ạã ơđ@ ẵ+ ơá ư8 ơád á)4ạ ơđdá ô: ẵ> ạáãeũ
ứắữ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ơá ư8
ư ẵá

ăù ừ ợ
ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá ăớ
ịã ỡũ
2 ịí

ò

ớăợ

ăù ồ ăợ

ăợ ừ ợ ó ùổ

ớă ừ ợ ứă ừ ùữớ ó ũ

ứẹữ àl ẵẵ ơãh ơôĐh òịồ òí
òẹ ẵsơ ịí
ứẹữ z )/ơ ơ|ã ể ê ì ũ ;ã ĩ
ứẹữ ứ ê2ã ĩị ọ ĩíữũ

ùũ íá'ạ ãá đtạ òịẹí ơ' ạãẵ 5ã ơãh ê ì
ợũ ;ã ồ z )/ơ ádá ẵáãhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ò
ĩể êô:ạ ạ>ẵ ê2ã ũ
ớũ ;ã ế
ũ
ẵ+ òếể

ĩể

ịồ í ẵẵ

òịí ũ
ĩịồ ĩíũ íá'ạ ãá

ứẹữ ũ íá'ạ ãá ếì ơã á{ ạãẵ

ịã ởũ

ăợ ứĐ ừ ùữ ừ ớă ừ ù ó ăợ ù Đ

ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá
ũ

ăợ ừ ỗ ó ờă ù Đ
ă ù



ợũ ẩnơ ồ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ơá< ~ ừ ù ừ ắ ừ ù ừ ẵ ừ ù ó ờũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô
ơá'ẵ



é ó ợ ừ ắ ừ ắợ ừ ắợ ừ ắẵ ừ ẵợ ừ ẵợ ừ ẵ ừ ợ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NAM ĐỊNH

NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN (chung) - Đề số 2

(Đề thi gồm 01 trang)

Dành cho học sinh thi và các lớp chuyên xã hội
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
------------------------------

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P 

1
.
x4

2) Tìm tất cả giá trị của các tham số m để đường thẳng y  x  3  m cắt parabol y  x 2 tại hai điểm phân
biệt.
3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, biết độ dài cạch của tam giác là

3 cm.

4) Cho hình nón có thể tích V  4 cm3 , biết bán kính đáy R  2 cm. Tính chiều cao của hình nón đó.
Câu 2. (1,5 điểm)
x2  
x
x 4

Cho biểu thức P   x 


 với x  0; x  1; x  4.
 : 
x  1   x  1 1  x 


1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm x để P  2.
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2  2(m  1) x  m2  2m  3  0 (với m là tham số).
a) Tìm giá trị của tham số m biết x  2 là một nghiệm của phương trình.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho
x12  x22  x1  x2  8.

x

 x  1  1  y  2  4
2) Giải hệ phương trình: 
.
3
x

 2 y  2  3
 x  1  1

Câu 4. (3,0 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O  kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
Đoạn thẳng AO cắt BC và đường tròn  O  lần lượt tại M và I.
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp tuyến và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
2) Gọi D là điểm thuộc cung lớn BC của đường tròn  O  (với DB  DC ) và K là giao điểm thứ hai của tia

DM với đường tròn  O  . Chứng minh rằng MD.MK  MA.MO.
3) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng DB, DC. Chứng minh AF song
song với ME.


Câu 5. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình:  x 2  x  2 x  3  x 3  3x 2  x  2.
2) Xét a, b, c là các số dương thỏa mãn 2a  2b  2c  ab  bc  ca  24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  a 2  b2  c2 .
--------------------- HẾT ---------------------


ịã ùũ
ù
ù
ù
ó ăừ ồ ắ ó Đừ ồ ẵ ó ăĐừ ũ íá'ạ ãá ợ ừắợ ừẵợ ắẵ ó
ă
Đ
ăĐ

ùũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ăồ Đồ Ư àáẵ
ỡũ
ợũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ồ ắ àáẵ
ù
ù
ừ
ũ
ợừ ợừắ

ợ ơá< ~ ứợ ừ ùữứợắ ừ ùữ ó ỗũècá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ò ó

ịã ợũ

ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ợăợ ừ ă ừ ớ ó ớă ă ừ ớũ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá



ứă
ợă ừ ù ừ ợĐ ừ ù ó

Đữợ

ợ
ứă ừ Đữứă ừ ợĐữ ừ ớă ừ ợĐ ó ỡ

ịã ớũ íá ơ ạãẵ á; òịí ẵ> òị ọ òí
ẵẵ ẵ|á òịồ òí ơ|ã ểồ ề ê ẵ> ơ{ ì ơáô5ẵ ẵ|á ịí
òồ ểồ ỉồ ìồ ề

ũ
ứẹữ
òỉ ẵ+ ơ ạãẵ òịíũ
ỉò ơã á{ ạãẵ ẵ+ ạ>ẵ ể ỉề

ũ
ì ê êô:ạ ạ>ẵ ê2ã ịí ẵsơ ể ề ơ|ã ế ũ íá'ạ ãá òế
ĩ ẵ+ ịí ũ
ó

ứẹữ ơ|ã ị ê í ẵsơ áô ơ|ã ũ íá'ạ ãá ịò
íòĩũ
ịã ỡũ
ùũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ăồ Đ ơá< ~ ăớ ừ Đ ợ ó ăĐ ợ ừ ùũ
ợũ íá ẵẵ ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ồ ắồ ẵ ơá< ~ ẵ ừ

ù
ắ
ó ừ ũ íá'ạ ãá ắ v á)4ạ ẵ+ 5ơ
ắ


ư8 ạôĐj ẳ)4ạũ
ịã ởũ
ùũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ àá:ạ { ồ ắồ ẵ
ù
ừ ỡ ừ ắỡ ừ ẵỡ ũ
ố

ừ ắ ừ ẵ ó ùũ íá'ạ ãá ớ ừ ắớ ừ ẵớ

ù ẵáãhẵ ơ-ãũ í> ơáf ơá$ẵ áãe ẵ:ạ êãeẵ á) ưôổ
ù êãj ư<ã ê ẵáã ơ-ã Đ ơáá ợ ơ-ã 2ãũ
ị)2ẵ ợổ íá; ù
ù êãj ơ( ơ-ã Đ ê
ị)2ẵ ớổ íá; ù

ù êãj ơ( ơ-ã Đ ê

½¸·¿
­<· ¸¿§ µ¸:²¹á


ịã ùũ
ùũ ècá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵổ ị ó ứùă
ợũ íá'ạ ãá đtạ ổ

ù ù
ừ
ă Đ

ợ


ớ
ớừ ở
ứợăợ ờă ừ ớữ
ớă ừ ùùữ ừ ớ
àáã ă ó
ũ
ă
ớăỡ ừ ăớ ù
ợ
ợ

ợ ắãhơ
ăớ ừ Đ ớ ừ ớ ứăợ ừ Đ ợ ữ ừ ỡứă ừ Đữ ừ ỡ ó
ăĐ õ

ịã ợũ

ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ởăợ ừ ớă ừ ờ ó ứộă ừ ùữ ăợ ừ ớ ũ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ốăĐ
ó ùờ
ăợ ừ Đ ợ ừ
ăừĐ
ổ


ở
ợ
ợ
ă ừ ùợ ừ
ă ừ Đ ó ớă ừ ă ừ ở
ợ

ịã ớũ
ùũ èd ạáãe ạôĐj ẳ)4ạ ẵ+ á)4ạ ơđdáổ



ăừ Đ ó


Ưừợ ợ

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ơ$ áãj

ợồ ỡợ

ùờ ừ ùộồ ờợ

ợỡ ừ ợở

ịã ỡũ
ứẹồ ẻữ
òị ê íĩ êô:ạ ạ>ẵ ê2ã áôũ ễyĐ
ơđj ẵôạ á< òĩ ứ àá:ạ ơđ.ạ ê2ã ò ê ĩ
í ẵsơ ẹò ơ|ã ể
ị ẵsơ ẹĩ ơ|ã ềũ

ứữ íá'ạ ãá đtạổ òể ĩ ó ợẹể òũ
ẹề
ẹể

ừ
òể
ĩề
ẵ+ ơã ềẹ
ơ|ã ò
ứỉ ợ ịí

ứẹữ
ểề
ểẹ
ị

í ũ è( ị ê í
ứẹữ ụ ẵá-ạ ẵsơ áô
ứẹữ ê2ã ịòồ òí z )/ơ ồ ĩũ ếl òỉ êô:ạ ạ>ẵ ê2ã ịí

ịã ởũ íá ắ ư8 ơá$ẵ ăồ Đồ Ư ẳ)4ạ ơá< ~ ă Đ ừ Đ Ư ừ Ư ă ừ ợ ă Đ Ư ó ùũ íá'ạ ãá ổ
Đợ Ư
Ượă
ừ
Đừù Ưừù

ợăĐƯũ

ăợ Đ
ừ
ăừù


ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn thi: TOÁN (không chuyên)

HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,0 điểm) Cho ba biểu thức M 

x x 8
3



2



x 1


,N

3

 

x 1 

 x  43x 1

3



x 1

và P 

x
2 x

.

a) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn M  x  4.
b) Trong trường hợp các biểu thức M , N và P xác định, rút gọn biểu thức Q  MN  P.
Câu 2. (3,0 điểm)
 x  3  3  x 
  0.
a) Giải phương trình  x 4  4 x 2  5


x 1

b) Cho hai số thực m, n thỏa mãn hai đường thẳng d  : y  mx  m và d1  : y  x  3m  2n  mn cắt nhau tại
điểm I 3;9. Tính giá trị của mn và

m
.
n

c) Cho hình chữ nhật ABCD có chu vì bằng 28 (cm) và nội tiếp đường tròn C  có bán kính R  5 (cm). Tính
diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 3. (2,0 điểm) Gọi  P  , d  lần lượt là các đồ thị của hàm số y  x 2 và y  2mx  3.
a) Chứng minh rằng đường thẳng d  luôn cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt A x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với mọi
số thực m. Tính y1  y2 theo m.
b) Tìm tất cả các số thực m sao cho y1  4 y2  x1  4 x2  3 x1 x2 .

Câu 4. (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ
ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước đó. Sau đó, từ
1
lượng gạo kho ở ngày trước đó.
ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng
10
Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau:
a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn gạo.
b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau là 50,996 tấn gạo.
  900. Gọi M
Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T  có tâm O, có AB  AC và BAC

là trung điểm của đoạn AC. Tia MO cắt đường tròn T  tại điểm D. Đường thẳng BC lần lượt cắt các đường
thẳng AO và AD tại các điểm N , P.
  4ODC
.
a) Chứng minh rằng tứ giác OCMN nội tiếp và BDC
 cắt đường thẳng BC tại điểm E. Đường thẳng ME cắt đường thẳng AB tại điểm
b) Tia phân giác của BDP
F . Chứng minh rằng CA  CP và ME  DB.

DE
.
DF
--------------- HẾT ---------------

c) Chứng minh rằng tam giác MNE cân. Tính tỉ số


LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.
a) Điều kiện xác định của M : x  0. Với điều kiện này, ta có:

( x)

3

−8
=
x+2 x +4

M
=

(

)(

)

x −2 x+2 x +4
=
x+2 x +4

x − 2.

Do đó phương trình M  x  4 tương đương:

x 2  x4  x x 2  0 





x 2



x  1  0  x  2  x  4 thỏa x  0.

Vậy x  4 là giá trị duy nhất cần tìm.
b) Điều kiện để ba biểu thức M , N , P cùng xác định là x  0 và x  4.


Ta có: N 

3

 

x 1 

 x  43x 1

Do đó, ta có: Q 



3



x 1



x 2 



2 3 x  1
2


 x  43x 1 x  4



2



x 2



x 2



x

x 2



2



x 2



x 2

.

x
2

 1.
x 2
x 2

Vậy Q  1.
Câu 2.
a) Điều kiện: x  0 và x  1. Phương trình tương đương x 4  4 x 2  5  0 1 hoặc

x  3  3  x.

Ta có: 1   x 2 1 x 2  5  0. Do x  0 và x  1 nên phương trình này vô nghiệm.
 x  3
 x  3
Lại có 2  x  3  3  x  
 x  1. Nhưng x  0 và x  1 nên
2 
 x  3  3  x
 x 1 x  6  0


phương trình này vô nghiệm.
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Điều kiện để d  và d1  cắt nhau là m  1. Ta lại có I thuộc d  và d1  , nên ta có hệ:


9
4m  9
m 

4.

3m  2n  mn  6 
n  3

m 3
27
và  .
n 4
4

c) Độ dài đường chéo AC bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC  10 (cm).

Do đó mn 

Đặt AB  a (cm) và BC  b (cm) với a, b  0. Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD là ab cm 2 .
Theo giả thiết ta có: 2 a  b  28  a  b  14.
Lại có a 2  b 2  AC 2  100.

a  b a 2  b 2  142 100
2

Suy ra: ab 

2



2

 48.

Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 48 cm 2 .


Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d  là: x 2  2mx  3  0.
Ta thấy ac  1 3  3  0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 trái dấu nhau.
Do đó  P  luôn cắt d  tại hai điểm phân biệt A x1 ; y1  , B  x2 ; y 2 với mọi m.
Áp dụng định lý Viete, ta có: x1  x2  2m và x1 x2  3.
Do đó y1  y2  2mx1  3  2mx2  3  2m  x1  x2   6  4m 2  6.

Vậy y1  y2  4m 2  6.
b) Ta có: y1  x12 và y2  x22 nên phương trình tương đương:

x12  4 x22  x1  4 x2  3 x1 x2  x12  3 x1 x2  4 x22  x1  4 x2
  x1  x2  x1  4 x2   x1  4 x2   x1  x2 1 x1  4 x2   0
 x1  x2  1
.

 x1  4 x2

Nếu x1  4 x2 thì x1 x2  4 x22  3 vô lý.

1
Nếu x1  x2  1 thì 2m  1 hay m  .
2
1
Vậy m  là giá trị duy nhất cần tìm.
2
Câu 4.
Gọi x (tấn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất với x  0. Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các
 6  36
 36  216
6
ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là 120% x  x, 120%  x 
x và 120%  x 
x.
 5  25
 25  125
5
6

36
91
a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là x  x  x 
x (tấn).
5
25
25
91
Theo giả thiết ta có:
x  91  x  25.
25
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo.

6
36
216
671
b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là x  x  x 
x
x (tấn).
5
25
125
125
Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau lần lượt là

1  9  671 
9  671
 
x 

 x tấn. Theo giả thiết ta có:


10 10 125  100 125 
1  671 
9  671 
x 
x  50,996  x  50.


10 125  100 125 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo.
Câu 5.

1  671 
x tấn và

10 125 