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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT GANG THÉP

THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Tìm số x nguyên dương, không vượt quá 2021, để biểu thức A = 2x − 4040 + 2021
có nghĩa.
Câu 2 (1,0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình: y 2 = 12 y + 288 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và
nghịch biến trên ! khi x âm.
1
3

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm nào trong hai điểm A(−3;1),!B( 3; ) cùng thuộc
cả hai đồ thị các hàm số y =

2

8
x
và y = 3x − ? Hãy giải thích.
3
9

(

)−2

⎡ 2 x − 2 x +1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho B = ⎢
⎢
⎣

x−4

!

⎤
x − 1⎥
x
với x > 0; x ≠ 4 . Rút gọn B và tính giá
:
x +2 ⎥ x −2
⎦

trị của B khi x = 11 − 4 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật, vào
lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng Từ Nam đến Bắc với vận tốc không đổi. Đến
7 giờ cùng ngày một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Đông sang Tây với vận tốc
lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h . Đến 8 giờ cùng ngày, khoảng cách giữa hai tàu là 60 km . Tính vận tốc
của mỗi tàu.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân, AB = AC và đường cao AH = 12 cm. Tính độ dài các
đoạn thẳng AB, BC và CH .
Câu 8 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường phân giác trong góc A của

tam giác ABC cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là D . Chứng minh rằng OD và BC là hai
đường thẳng vuông góc.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) tiếp xúc ngoài tại E. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài
MN của hai đường tròn (M∈(O1); N∈(O2)), vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại E cắt MN tại A.
a) Chứng minh: tứ giác MAEO1 và tứ giác NAEO2 là các tứ giác nội tiếp.
b) Tính MN theo R1, R2.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh
AC, AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE. K là giao điểm của DE và AH. F là giao
điểm của AH và BC. M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng: MA2 = MK .MF .
---Hết---

Họ và tên thí sinh .....................................................................Số báo danh......................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020 – 2021
Câu

Nội dung

Điểm

Tìm số x nguyên dương, không vượt quá 2021, để biểu thức A = 2x − 4040 + 2021 có
nghĩa.
Câu 1 Giải:
(1 điểm)

Biểu thức A = 2x − 4040 + 2021 có nghĩa ⇔ 2x − 4040 ≥ 0

0.25

0.25

⇔ x ≥ 2020.

⎧ x ∈!*
Do ⎨
nên x = 2020, x = 2021.
⎩ x ≤ 2021

0.5

Không sử dụng máy tính cầm tay
Giải phương trình: y 2 = 12 y + 288 .

Câu 2
(1 điểm) Giải:
y 2 = 12 y + 288 ⇔ y 2 − 12 y − 288 = 0
0.25
Ta có Δ ' = 36 + 288 = 324 . Δ ' > 0 , nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 0.25
y1 = 6 − 18 = −12; y2 = 6 + 18 = 24.
0.5

Câu 3
(1 điểm)

Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và
nghịch biến trên ! khi x âm.
Giải:

Hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và nghịch biến trên ! khi x âm khi

và chỉ khi 3− m > 0
0.5
⇔ m < 3.

0.5

1
3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm nào trong hai điểm A(−3;1),!B( 3; ) cùng thuộc cả

!
Câu 4
2
x
8
(1 điểm) hai đồ thị các hàm số y =
và y = 3x − ? Hãy giải thích.
3
9
Giải: Thay tọa độ các điểm A và B vào hai hàm số đã cho:

(−3)2
: Đúng hay điểm A có tọa độ thỏa mãn phương trình
9
x2
x2
nên điểm A ( −3;1) thuộc đồ thị hàm số y = .
y=
9

9
0.5
8
8
1 = 3.(−3) − : Sai, do đó điểm A ( −3;1) không thuộc đồ thị hàm số y = 3x −
3
3
2
⎛
⎛
1 ( 3)
1⎞
1⎞
x2
Xét điểm B ⎜ 3; ⎟ ta có =
: Đúng hay điểm B ⎜ 3; ⎟ thuộc đồ thị hàm số y = .
3
9
3⎠
3⎠
⎝
⎝
9
Xét điểm A ( −3;1) ta có 1 =


1
8
8
⎛

1⎞
= 3. 3 − : Đúng, do đó điểm B ⎜ 3; ⎟ thuộc đồ thị hàm số y = 3x −
3
3
3
3⎠
⎝

x2
8
⎛
1⎞
Vậy điểm B ⎜ 3; ⎟ cùng thuộc cả hai đồ thị các hàm số y =
và y = 3x − .
3
3⎠
⎝
9

(

0.5

)

⎡ 2 x − 2 x +1
⎤
2 x − 1⎥
x
⎢

Cho B =
với x > 0; x ≠ 4 . Rút gọn B và tính giá trị
−
:
⎢
x−4
x +2 ⎥ x −2
⎣
⎦
Câu 5
(1 điểm) của B khi x = 11 − 4 7 .
Giải:
⎡
2 x −1
x −2 ⎤
2x − 4 x + 2
x
⎢
⎥:
B=
−
⎢ x +2
x −2
x +2
x −2 ⎥ x −2
⎣
⎦
⎡
⎤
2x − 4 x + 2

2x − 5 x + 2 ⎥
x
=⎢
−
:
⎢ x +2
x −2
x +2
x −2 ⎥ x −2
⎣
⎦

(

(

=

(

(
) (

)(

)(

x

x +2

)(

Khi x = 11 − 4

)(
)(

) (

:

)
7 =(

x −2

)(

x
=
x −2

)

2

)
)

0.25
0.25

)

1
x +2

7 − 2 ta có B =

0.25

1
7 −2 +2

=

1
7
=
7
7

0.25

Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật, vào lúc
6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng Từ Nam đến Bắc với vận tốc
không đổi. Đến 7 giờ cùng ngày một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X theo
hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h . Đến 8 giờ cùng
ngày, khoảng cách giữa hai tàu là 60 km . Tính vận tốc của mỗi tàu.

Câu 6 Giải:
(1 điểm)

Gọi vận tốc của tàu cá là: x ( km/h ) , x > 0
0.25
Vận tốc của tàu du lịch là: x + 12 (km/h) .
Giả sử tàu cá đến điểm A, tàu du lịch đến điểm B.
Đến 8 giờ thì hai tàu cách nhau khoảng AB = 60 km . Lúc đó, thời gian tàu cá đã đi là:
8 − 6 = 2 (giờ). Thời gian tàu du lịch đã đi là: 8 − 7 = 1 (giờ)
Tàu cá đã đi đoạn XA = 2x(km) .Tàu du lịch đã đi đoạn XB = x + 12(km)
0.25
Vì XA ⊥ XB (do hai phương Bắc – Nam và Đông –Tây vuông góc nhau) nên theo định
lý Pytago, ta có:


XA2 + XB 2 = AB 2

⎡ x = −28,8(L)
⇔ (2 x)2 + ( x + 12)2 = 602 ⇔ 5 x 2 + 24 x − 3456 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 24(TM )

0.25

Vậy vận tốc của tàu cá và tàu du lịch lần lượt là: 24 km/h và 36 km/h

0.25

Cho tam giác ABC vuông cân, AB = AC và đường cao AH = 12 cm. Tính độ dài các
đoạn thẳng AB, BC và CH .
Giải:

B

0.25

H

Câu 7
(1 điểm)
C

A

Tam giác ABC vuông cân tại A . Ta có
HA = HB = HC = 12 cm .
Khi đó: BC = 2 AH = 24 cm .

0.25
0.25

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHB ta có AB = 12 2 cm .

0.25

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường phân giác trong góc A của tam
giác ABC cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là D . Chứng minh rằng OD và BC
là hai đường thẳng vuông góc.
Giải:

A

0.25
Câu 8
(1 điểm)

O
C

B
D

! nên ta có D là điểm chính giữa của cung !
BC .
Do AD là đường phân giác trong góc BAC
Vì vậy OD và BC là hai đường thẳng vuông góc với nhau.

0.5
0.25


Cho hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) tiếp xúc ngoài tại E. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN
của hai đường tròn (M∈(O1); N∈(O2)), vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại E cắt
MN tại A.
a) Chứng minh: tứ giác MAEO1 và tứ giác NAEO2 là các tứ giác nội tiếp.
b) Tính MN theo R1, R2.

N
A
M

R2

0.25

R1
O1

Câu 9
(1 điểm)

E

O2

Giải:

!
O1 M ⊥ MA hay O
MA = 900 ⎫⎪
1
a) Theo t/c tiếp tuyến ta có:
⎬ ⇒ tứ giác MAEO1 là tứ giác
!
0
O1 E ⊥ EA hay O
EA
=
90
⎪⎭
1
nội tiếp.
!

O N ⊥ NA hay O
NA = 900 ⎫⎪
2
Tương tự ta có 2
⎬ ⇒ tứ giác NAEO2 là tứ giác nội tiếp.
!
0
O2 E ⊥ EA hay O2 EA = 90 ⎪⎭

0.25

b)Theo t/c tiếp tuyến ta có: AM = AE = AN suay ra MN = 2AE.
Xét tứ giác O1MNO2 có

!
!
O
MN + O
NM = 900 + 900 = 1800 nên
1
2

!
MO1O2 + !
NO2O1 = 3600 − 1800 = 1800 ⇔ 2 !
AO1 E + 2 !
AO2 E = 1800 ⇔ !
AO1 E + !
AO2 E = 900

0.25

⇒△ AO1O2 vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AO1 O2 với đường cao AE ta có
AE 2 = O1 E.O2 E = R1.R2 . Vậy MN = 2 AE = 2 R1.R2 .

0.25


Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC,
AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE. K là giao điểm của DE và AH. F
là giao điểm của AH và BC. M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng:
MA2 = MK .MF .
Giải:

A
M
E

D

K

0.25

H

Câu 10
(1 điểm)

B

F

O

C

! = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Ta có H là giao điểm
BDC = BEC
Theo gt ta có: !
hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác ABC .
Suy ra AF vuông góc với BC.
⇒ tứ giác ADFB nội tiếp đường tròn đường kính AB ⇒ !
BAF = !
BDF ,
tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH ⇒ !
BAF = !
EDH
!
!
!
⇒ BDF = EDH hay BD là đường phân giác của góc EDF .
Mặt khác:
!
!=!
MDK = !
MDH − EDH
MHD − !

BDF = !
BHF − !
BDF = !
KFD = !
MFD
Từ đó tam giác DMK và tam giác FMD đồng dạng(g-g)

⇔

MD MF
1
=
⇔ MD 2 = MK.MF ⇔ MA2 = MK.MF(doMA = MD = AH ).
MK MD
2

Lưu ý:Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.25
0.25

0.25



ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ

ớă ừ ỗă ớ

òó

ăừ ă ợ



ăừù
ă

ừ
ăừợ
ă

ợ
ù

ù

ù
ă

ù ổ

òũ
ợũ ẻ-ơ ạ; ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ò ũ
ịã ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ứợ

ùữă

ớ ó ũ

ùũ íá'ạ ãá đtạ ê2ã ;ã ạã ơđ@ ẵ+ ụ á)4ạ ơđdá ô: ẵ> áã ạáãe á{ ắãeơụ ơđã ẳyôũ

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@
ăù ồ ăợ ơá< ~ ăợù ừ ăợợ ó ộũ

ớũ èd
ịã ớũ
ẳù ổ Đ ó ợă

ở ồ ẳợ ổ Đ ó ỡă



ơá ư8ũ èd

ẳù ẵsơ

ẳợ

ò ẵá ắãhơ êd ư/ ơ: ẵáhơ j á}ã ắ ỡỷ ư8 ơ: ê2ã ạã ỡ
ò
ư>ẵ ạz ù

ò ẵ,ạ ẵá ắãhơ ơáj đtạụ hô àá:ạ ẵ> ẳ@ẵá íẹấìĩúùỗ ơád
ò

ịã ỡũ
ứẹữ
ò
ứẹữ ụ ê2ã ể ê ề
òề
ẵá ị t ạã& òồ í

ị ê ể
ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ òề ẹể
ợũ ;ã ỉ

ứẹữ ũ ẽô ò àl ẵẵ ơãh ơôĐh òể ê
òịí
ứẹữ ư
òẹ ũ
òịổòí ó òể ợ ũ

òẹ ê ể ề ũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ẹỉịí

ớũ ẽô ị
ể í z )/ơ ẵsơ òể ê ể ề ơ|ã ê ũ

íá'ạ ãá ỉể á{ ạãẵ ơđạ ẵ+ ạ>ẵ ịỉí ê ị
ũ
ù Đợ
ịã ởũ íá ăồ Đ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ơá< ~ ợăợ ừ ợ ừ
ó ỡ ũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ
ă
ỡ
é ó ăĐũ


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


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
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


ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ


ăợ

ă

é ó
ăừ ăừù


ớă ừ ợ ă ợứă

ừ
ă
ă

ùữ
ù

ê2ã ă õ ồ ă ờó ù ũ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ
ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ă

é
ọ ợũ
ù
ă

ịã ợũ
ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ợ

ừ ớũ èd

ư ẵáổ Đù ừ Đợ

ăù ăợ

ăợ ừ ớĐ ợ ỡăĐ ă ừ ớĐ ó
ũ
ăợ Đ ợ ừ ốă ừ ùờ ó
ẹăĐụ ẵá đắ ứé ữ ổ Đ ó ăợ
ứẳữ ẵsơ ứé ữ
ớớ ó ũ

ứẳữ ổ Đ ó ợ ứ ùữ ă
ứăù ồ Đù ữ ê ứăợ ồ Đợ ữ

ịã ớũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ă

ẽó

ăợ

ớă
áv ạã ơđ@ á&ạ ư8 ạôĐjũ
ăừù

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ơ$ áãj ẵ> ắ8 ẵá& ư8 ơá< ~ũ ếáã ẵáã ẵá ố
ùùũ
àáã ẵáã ẵá ỡù
ịã ỡũ íá ơ ạãẵ òịí ẵ> ò ó ờ
ê2ã ẵẵ ẵ|á òịồ òíồ ịí z )/ơ ơ|ã ĩồ ồ

ưạ ưạ ê2ã ịí ẵsơ òịồ òí ơáằ ơá' ơ$ ơ|ã ểồ ềũ

ợ ê

ì ắ àcá đ 5ã ơãh ơ ạãẵ òịí ơãh ă-ẵ
ìĩ ẵsơ ơ|ã ế
ế

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ìò 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá áã ơ ạãẵ ìể ề ê ì
ớũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ẳãe ơcẵá ìể ề ơáằ đũ
ịã ởũ íá ăồ Đ õ ơá< ~ ăừĐ ó ùũ ỉ~Đ ơd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ é ó
ùộ
ũ
ùờ

ăợ ừ

ù
Đợ

Đợ ừ

ù
ăợ


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

MÔN THI: TOÁN (VÒNG 2)
Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.
 x  y  x  1  4


a) Giải hệ phương trình:  2
.

y  xy  x  y  5 x3  y 3  12 y  13  243




7

7

7

b) Giải phương trình:  x 12  2 x 12  24  3 x  0.
Câu 2.
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho cả ba số 4a 2  5b, 4b 2  5c, 4c 2  5a đều là bình phương của
một số nguyên dương.
b) Từ một bộ bốn số thực a, b, c, d  ta xây dựng bộ số mới a  b, b  c, c  d , d  a  và liên tiếp xây dựng

các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có
thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng a,  a, a,  a .
Câu 3.

  900. Điểm E thuộc cạnh AC sao cho 
AEB  900. Gọi P là giao điểm
Cho tam giác ABC cân tại có BAC
của BE với trung trực BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên AB. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của
E lên AP. Gọi giao điểm của EQ và PK là F .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của KQ và PE là L. Chứng minh rằng LA vuông góc với LE.
c) Gọi giao điểm của FL và AB là S . Gọi giao điểm của KE và AL là T . Lấy R là điểm đối xứng của A qua
L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc nhau.
Câu 4.
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:
2

1 1 1 
a
4
b
c
3   1  1 
 3   .
 a b c 

 bc ca ab 
abc

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Với  x  y  x  1  4, ta có:
3

x3  y 3  12 y  13   x  y   3 xy  x  y   12  y  1  1
3

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

  x  y   3 x  y   xy   x  1 y  1  1
3

  x  y   3 x  y  x  y  1  1
3

  x  y  1

Ngoài ra:
y 2  xy  x  y  5   y  1 x  y    x  1 x  y   1
2

  x  y  x  y  2  1   x  y  1 .
5

Do đó phương trình thứ hai của hệ tương đương  x  y   243  x  y  2.
Từ đó ta tìm được x  y  1.

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1.
b) Đặt a  x 12 và b  2 x 12. Khi đó phương trình trở thành:
a 7  b 7  a  b  0  a  ba 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6   a  b
7

7

6
 a  b  a 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6  a  b   0


5
4 2
3 3
2 4
5
 a  b7 a b 14a b  21a b 14a b  7 ab   0
2
2
 ab a  b a 2  ab  a 2b 2  ab  b 2    0



a  0

Nhận thấy a, b không đồng thời bằng 0 nên phương trình tương đương: ab a  b  0  b  0
.

a  b  0


Với a  0, ta có x  12.
Với b  0, ta có x  6.
Với a  b  0, ta có x  8.
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm S  6; 8; 12.
Câu 2.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c .


Khi đó, ta có 4a 2  5b  4a 2  (2a ) 2 và 4a 2  5b  4a 2  5a  4a 2  8a  4  (2a  2) 2 . Mà 4a 2  5b là số
chính phương nên 4a 2  5b  (2a  1) 2 , tức 5b  4a  1.
Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1. Do đó b  4k  1 với k   . Một cách tương ứng, ta có a  5k  1 . Xét các
trường hợp sau.
•

•

Trường hợp 1: b  c . Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết 4b 2  5c là số chính phương, ta suy ra
5c  4b  1  16k  5 . Do đó k chia hết cho 5, tức k  5n với n   . Khi đó, ta có
c  16n  1, b  20n  1 và a  25n  1 .
Với kết quả trên, ta có
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  4(16n  1)  4(16n  1)  1  (32n  3) 2 . (1)
Và
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  (32n  4) 2  (3n  7)  (32n  4) 2 .
Mà 4c 2  5a là số chính phương nên 4c 2  5a  (32n  3) 2 . Suy ra, dấu đẳng thức trong bất đẳng thức
(1) phải xảy ra, tức n  0 . Từ đó a  b  c  1 .
Trường hợp 2: c  b . Trong trường hợp này, ta có
4b 2  5c  4b 2  5(b  1)  (2b  1) 2

Mà 4b 2  5c là số chính phương nên 4b 2  5c  (2b  2) 2 . Do đó

5c  8b  4  32k  12  25k  5.
Suy ra c  5k  1  a. mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
Tóm lại, có duy nhất một bộ số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1) .
b) Gọi (an , b2 , cn , d n ) là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n . Khi đó, ta có
(a0 , b0 , c0 , d 0 )  (a, b, c, d )

Và
an1  bn1  cn1  2(an  bn  cn  d n ). n  .

Suy ra
an  bn  cn  d n  2n (a0  b0  c0  d 0 )  2n (a  b  c  d ).

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương m  k sao cho hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một (có thể khác
thứ tự). Khi đó, ta có am  bm  cm  d m  ak  bk  ck  d k tức 2m (a  b  c  d )  2k (a  b  c  d ).
Vì m < k nên a + b + c + d =
0 . Bây giờ, ta có chú ý rằng

a 2 n+2 + b 2 n+2 + c 2 n+2 + d 2 n+2
= (an+1 + bn+1 ) 2 + (bn+1 + cn+1 ) 2 + (cn+1 + d n+1 ) 2 + (d n+1 + an+1 ) 2
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an+1 + cn=1 )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an + bn + cn + d n )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ).


Suy ra a 2 n + b 2 n + c 2 n +=
d 2 n 2n−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).∀n ∈ ∗ .
Vì hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một ( có thể khác thứ tự) nên
a 2m + b2m + c2m + d 2m = a 2k + b2k + c2k + d 2k .

Hay

2
2m−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d=
2k −1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).
1)

− a, c =
−b, d =
−c , tức bộ số ban đầu phải có dạng (a, −a, a, −a ) . Ta
Từ đây, ta có a=
b=
c=
d=
0 . Suy ra b =
1
1
1
1
có điều phải chứng minh.
Câu 3.

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên trung trực của BC đi qua A, hơn nữa AP là phân giác góc BAC .
Do đó ∠PAE =
∠PAK .
Tứ giác AFKQ có ∠AKF =
∠AQF =
90o nên AFKQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AF . .

∠KFQ .
Suy ra ∠KAQ =
∠PAK =

∠QAK =
∠QFK =
∠PFE.
Do đó ∠PAE =
Do đó tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Từ các tứ giác nội tiếp AFKQ và AEPF đã chứng minh ở câu a), ta suy ra

∠AQL =
∠AFK =∠AFP =
∠AEL.

90o hay LA ⊥ LE .
Suy ra tứ giác AQEL nội tiếp. Mà ∠AQE =
90o nên ∠ALE =


c) Ta có AL, KP, BC là ba đường cao của tam giác ABP nên chúng đồng quy tại trực tâm mà ta ký hiệu điểm
đó là H . Trước hết, vì P là trực tâm tam giác ABH và A đối xứng R qua đường cao BL của tam giác ABR
= 180o − ∠BRA
= 180o − ∠BAH
= ∠BPH , suy ra tứ giác BPRH nội tiếp.
nên ∠BRH
Ta có ∠PBH =
∠PAL =
∠PKL nên ∠LEF =
∠LKF . Suy ra tứ giác KFLE nội tiếp.

= 90o − ∠ELS
= 90o − ∠PKE
= ∠SKT . Từ đây, ta suy ra tứ giác SLTK nội tiếp.

Do đó ∠ALS
Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường tròn đường kính BH nên ∠LTS =
∠LKS =
∠LHB . Suy ra ST  BH . .
Đường thẳng EF cắt AB tại M , KL cắt ST tại N . Ta có AQ vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác
AEM nên AEM cân tại A. Suy ra QE = QM . Kết hợp với ST  EM (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý
Thales, ta có N là trung điểm của ST . Do đó nếu gọi X là giao của AN với BC thì từ ST  BH ta cũng suy ra
X là trung điểm của BH . Gọi G là hình chiếu vuông góc của P lên AX , vẽ đường kính AA′ của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABH và gọi G′ là đối xứng của G qua X .

900 nên nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tứ giác BPHA′ là hình bình hành.
Dễ thấy ∠AG′A′ =
Hơn nữa A′G′  PG nên PGA′G′ là hình bình hành. Do đó các điểm P, G đối xứng với A′, G′ qua X . Mà tứ
giác BG′A′H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường tròn đường kính AP ) và KSLT , ta suy ra
NG ⋅ NA = NK ⋅ NL = NS ⋅ NT

Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp. Mặt khác, ta lại có
∠AGT =
∠AST =
∠ABH =
∠AG′H =
∠GG′H =
∠BGG′.

Suy ra T , G, B thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có H , G, S thẳng hàng.
Từ ST  BH suy ra đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS và GBH tiếp xúc với nhau tại G . Do đó hai đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác AST và BPR tiếp xúc với nhau tại G .
Câu 4.
Bất đẳng thức đã cho viết lại thành

2

 1 1 1
 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2 )
hay
3     6      4 

 a b c 
 a b c 
abc
abc
2

 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca )
31


3     4 
.
 a b c 
abc
abc
abc

1
1

1
1 1 1
Đặt x  , y  , z  thì ta có    3 hay xy  yz  zx  3 xyz. Ta đưa về chứng minh
a
b
c
x y z
3( x  y  z ) 2  4  31xyz.

Đặt p  x  y  z , q  xy  yz  zx và r  xyz thì ta có q  3r . Ta cần có
3 p 2  4  31r.


Theo bất đẳng thức Cô-si thì ( x  y  z )( xy  yz  zx)  9 xyz nên x  y  z  3 hay p  3.
Ta có bất đẳng thức quen thuộc

xyz  ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y ) nên
r  ( p  2 x)( p  2 y )( p  2 z ) .
Khai triển ra ta được r  p 3  2 p 2 ( x  y  z )  4 p ( xy  yz  zx)  8 xyz hay
9r   p 3  12 pr và

Ta đưa về chứng minh 3 p 2  4 

p3
 r.
12 p  9

31 p 3
, quy đồng và khai triển, ta có
12 p  9

( p  3)(5 p 2 12 p  12)  0 , đúng do p  3.

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng, ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm)
a) Tính A =

1  2 5 

2

 20 .


x
1  1
, với x  0 và x  4


.
x  2  x  1
 x4

b) Rút gọn biểu thức B = 

c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y = (m2 + 1)x + m song song với
đường thẳng y = 5x + 2
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x2 – 5x + 6 = 0.
c) Cho phương trình x2 – 4x – 3 = 0 có hai nghiệm điểm phân biệt x1, x2. Không
giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T =

x12 x22
 .
x2 x1

Câu 3 (1,5 điểm)
Hưởng ứng phong trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19, trong tháng
hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản xuất được
250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách li tập trung trên địa
bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20%, do đó tổng
sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hoai trong tháng hai, mỗi lớp
đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn?
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD (AD > BC) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB.
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.
b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và

AB. Chứng minh DI2 = AI.BI
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại
N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F
thuộc đường tròn (O).
Câu 5 (1,0 điểm)
 x3  2 y 2  xy 2  2  x  2 x 2
Giải hệ phương trình:  2
2
2
3
4 y  y  1  1 y  x  3 x  2







..................…. Hết …………….....


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021

ĐỀ SỐ 01

ĐỀ THI MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề).
Chú ý: Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

Bài 1. (1,5 điểm)
Cho hai biểu thức:
A = 3 7 − 28 + 175 − 3 ;
x− x x+ x
(với x > 0 ).
B
=
+
x
x +1
a) Rút gọn biểu thức A và biểu thức B .
b) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B .
Bài 2. (1,5 điểm)
a) Cho hàm số =
y ax + b có đồ thị là đường thẳng ( d ) . Xác định các giá trị của

1
− x + 2020 và ( d ) cắt trục hoành tại
a và b biết ( d ) song song với đường thẳng y =
2
điểm có hoành độ bằng −5.
3 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y ) =
10
⋅
b) Giải hệ phương trình 
2

4 ( x − 2 ) − ( x − 2 y ) =
Bài 3. (2,5 điểm)
1. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 =0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 7.

b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho
biểu thức M = x12 + x2 2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một
thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là
bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại
dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát
khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế
hoạch, mỗi ngày nhà máy phải sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của
đường tròn ( B và C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC , F là
giao điểm thứ hai của đường thẳng EB với đường tròn ( O ) , K là giao điểm thứ hai của

đường thẳng AF với đường tròn ( O ) . Chứng minh:
a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và tam giác ABF đồng dạng với tam giác AKB;
b) BF . CK = CF . BK ;
c) Tam giác FCE đồng dạng với tam giác CBE và EA là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABF .
2. Một hình nón có bán kính đáy là 5cm, diện tích xung quanh bằng 65π cm 2 .
Tính chiều cao của hình nón đó.
Trang 1/2


Bài 5. (1,0 điểm)

1 2
x + xy + y 2 ) .
(
3
x+ y+ z=
2. Chứng minh

a) Cho x, y là hai số thực bất kì. Chứng minh x 2 − xy + y 2 ≥
b) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn

y y
x x
z z
2
+
+
≥ ⋅
x + xy + y y + yz + z z + zx + x 3
-------- Hết -------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh:...............................................
Cán bộ coi thi 1: ............................................... Cán bộ coi thi 2: ........................................
Trang 2/2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2020 – 2021

HDC ĐỀ SỐ 01
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
(gồm 05 trang)

Bài

Nội dung cần đạt

1.a. (1,0 điểm)
A = 3 7 − 28 + 175 − 3
= 3 7 −2 7 +5 7 −3

1
(1,5đ)

0,25
0,25

= 6 7 −3
Với x > 0 ta có:
B=

x− x x+ x
+
=
x
x +1

x

(

)+ x(

x −1
x

)

x +1

)

3 6 x −3
⇔ 6 7 −=
⇔ x=
7
⇔x=
7 (thỏa mãn điều kiện x > 0 ).
Vậy với x = 7 thì giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B .
2.a (0,75 điểm)
1
Ta có đường thẳng ( d ) : =
− x + 2020 khi
y ax + b song song với đường thẳng y =
2
1


a = −
và chỉ khi 
2 ⋅
b ≠ 2020
1
Như vậy đường thẳng ( d ) có dạng: y =
− x + b.
2
Mặt khác đường thẳng ( d ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5 nên nó đi
qua điểm có tọa độ ( −5;0 ) . Khi đó ta có:

2
(1,5đ)

0,25

x +1

x −1 + =
x 2 x −1 .
1.b (0,5 điểm)
Để giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B thì
6 7=
− 3 3 2 x −1

(

Điểm

1

5
0 =− . ( −5 ) + b ⇔ b =− ( thỏa mãn b ≠ 2020 ).
2
2
1
5
Vậy a =− ; b =− ⋅
2
2
2.b (0,75 điểm)
− 2 y ) 10
x − 4 y 13
3( x − 1) + 2( x=
5=
⇔

x + 2 y 10
− 2 y) 2
4( x − 2) − ( x=
3=
x = 3
− 4 y 13
− 4 y 13 =
5 x=
5 x=
11x 33

⇔
⇔
⇔

⇔
1
+ 2 y 10
+ 4 y 20
− 4 y 13  y =
3 x=
6 x=
5 x=
2


 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y ) =  3;  .
 2

Trang 1/5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25