Tổng hợp 36 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên năm 2020 2021 có đáp án

c Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN... b Theo câu a BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của DF.. b Theo cách

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020

Môn thi: TOÁN (chuyên) Dành cho thí sinh thi vào trường THPT chuyên Hạ Long

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm có 01 trang

-THCS.TOANMATH.com

ụẽĩ ẽọĩđĩỉ òỡẠở ĩò

UBND TỈNH LAI CHÂU

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 17/07/2020

THCS.TOANMATH.com

¦ õ ¨ õ î§ æ

Þ€· íò ݸ± ¿ơ ¾ơ ½ ´€ ½½ ­8 ¬¸$½ µ¸:²¹ {³ ¬¸<¿ ³~² ¿ õ ¾ õ ½ ê íư Ìd³ ¹· ¬®@ ²¸< ²¸y¬ ½+¿ Ì ể¿ ï÷íõ ø¾ ï÷íõ ø½ ï÷íò

Þ€· ìò Ìd³ ¬y¬ ½} ½½ ­8 ²¹«§j² ¼)4²¹ ² ­¿± ½¸± Ó ê ² ì²õ í² ½¸·¿ ¸h¬ ½¸± ĩ ò

¬·h° ¬«§h² ¬|· Þ ª€ Ý øÑ÷ ´z² ´)/¬ ¬|· Ó ª€ Ò ò Ù;· Ú Ó Ý ª€ ÞÒ òݸ'²¹ ³·²¸ ®t²¹ư

Þơ Óơ Ûơ Ú

ỡẠở ỉò

ỉò Ĩ-ể Ự;ỗ ớởfề ểị'ơữ

ụƯọ ư ã ồƯ ẫ

Ư ắòụớọ ỡ ã

ỡẠở ẻò

ỉò ÌdỠ ơơ ễ8 ỗỰềậjỗ ẽ ếẠ ậ ểị<Ư Ỡ~ỗữ ẽậĩõ ậĩ ẽĩõ ẽậ ĩẽ õ ậ ã đò

ĩò Ýịổ ểƯỠ Ựởơ ưỡÝ ụứọ ò ÌởƯ ồị{ỗ Ựởơ ơ+Ư Ự>ơ ư ụứọ ể|ở ỵ

ò Ýị'ỗỰ Ỡởỗị ệtỗỰ ưỡ õ ưÝ ả ĩưỵò

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

a) Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x2xyy2 x y2 2

b) Với a b là các số thực dương thỏa mãn , ab  a b 1 Chứng minh rằng:

A BAC  nội tiếp đường tròn  O bán kính R , M là điểm nằm trên cạnh

BC sao cho BMCM Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn  O với DA, H là trung điểm của đoạn thẳng BC Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N

a) Chứng minh rằng MA MD MB MC và BN CM BM CN

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh rằng ba điểm B I E thẳng hàng., ,

c) Khi 2ABR, xác định vị trí của M để 2MAAD đạt giá trị nhỏ nhất

HẾT

-

-LỜI GIẢI CHI TIẾT

Suy ra một trong hai số  hoặc 1  lớn hơn hoặc bằng 2 0

Do đó một trong hai phương trình  1 hoặc  2 luôn có nghiệm

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm

.0; 4

Với xy, ta có: 3x2x4    x 0 y 0

Với x y, ta có: 2 4

0

1 1

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x y ;    0; 0 , 1; 1 ,  1;1 

   (do tứ giác ABEC nội tiếp)

Suy ra AD là đường kính của  O Mà D O nên ADE 900 hay MDEN.

EBDEAD AED

Do đó IBDEBD hay B I E thẳng hàng , ,

c) Ta có: ABM ACBADB nên ABM ADB

Suy ra:

2 2

.4

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A 11n7n2n1 chia hết cho 15

b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 m 0

M Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N

a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK

b) Gọi P là giao điểm của BI và FD Chứng minh góc BMF bằng góc DMP

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho một bảng ô vuông kích thước 6 7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 Mỗi ô vuông kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2 3 hoặc 3 2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh Gọi m là số ô vuông kích

thước 1 1 được tô màu đen trong bảng

a) Chỉ ra một cách tô sao cho m 20

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m

- HẾT -

Do a x25 x2  x  nên từ đây, ta có x a  hay 3 x  2 5 3.

Từ đó, ta có x  (thỏa mãn) hoặc 2 x   (thỏa mãn) 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  và 2 x   2

b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có:   2

Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m3,n1

Vậy đa thức dư cần tìm là 2x  1

b) Ta chứng minh abbcca   a b c abc Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

Từ đó suy ra: abbcca   a b c abc Do đó 4 P 4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 2, c0 và các hoán vị

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a b 2,c0 và các hoán vị

Chứng minh tương tự, ta cũng có CK DE CI.

Từ BK DF và KN DM ,ta suy ra: FDMNKB 1

Mặt khác IDBC IE, CA và IFAB, suy ra:     0

90

IDCIECIEAIFA

Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp

Lại có IA IB IC, , là ba đương phân giác trong của ABC, ta có:

Vì BKBI và tứ giác DEMF nội tiếp nên:   0      

2

BAC

Từ  1 và  2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK

b) Theo câu a) BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của DF

Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  I Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với

nhau nên BM BF MF

BF  BG FG Suy ra:

Kẻ dây cung GH của  I và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân

Suy ra: FH DG và FGDH Khi đó: FM FM DM DM

b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ô vuông nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một

ô được tô đen

Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình)

Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A B C D, , , có ít nhất hai ô được tô màu đen Thật vậy, giả sử trong bốn ô này chỉ có tối đa một ô được tô màu đen Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một

ô màu đen Không mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B C D, , được tô trắng

Lúc này bảng con 2 3 chứ các ô B E C F D, , , , không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn Vậy trong bốn ô A B C D, , , có ít nhất hai ô được tô đen Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô , , ,

A B C D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen

Bây giờ, ta chia bảng ô vuông đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới

Từ các kết quả thu được, ta suy ra m 16 Với m 16, ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16

- HẾT -

ợũị€ã ộũ

²á< 0 ³5ơ ơđô²ạ ơ{³ ²ô:ã ẳ|Đ ơđl ³9 ẵ:ãũ ềhô ³7ã °áz² ¯ô€ ạã}³ ờ ¯ôĐf² ê0 ơád ưm ẵ> ơáj³ ở °áz²

¯ô€ ²&¿ ẵá± ẵẵ ẵáôụ ẵ?² ²hô ³7ã °áz² ¯ô€ ạã}³ ùð ¯ôĐf² ê0 ơád ẵẵ ẵáô ưm ẵ> ơáj³ ùð °áz² ¯ô€ũỉ<ã ơ6 ẵá'ẵ ơ( ơáãe² ơđj² ẵ> ắ¿± ²áãjô ¯ôĐf² ê0ũ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chuyên)

a) Tìm tất cả các số nguyên dương x y và số nguyên tố p thỏa mãn , p xy44

b) Chứng minh rằng nếu m n là hai số tự nhiên thỏa mãn , 2m2 m 3n2n thì 2m2n là số chính phương.1

a) Chứng minh BC là đường phân giác của tam giác DEF

b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn  O sao cho M nằm trên cung nhỏ  AB O O lần 1, 2lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và CEM Chứng minh rằng AM vuông góc với O O 1 2

c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC sao cho K khác H và C Đường thẳng BK cắt đường tròn  O tại điểm

thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm G Chứng minh hệ thức:

Trong hình chữ nhất có chiều dài 149cm, chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh rằng tồn tại

ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 cm

-HẾT -

-Câu 1

a) Điều kiện x 0 Chú ý rằng x2  x 1 0,   ta có phương trình tương đương:x 0,

2 2

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y ;  5 34; 5910 34 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chuyên)

-

-Câu 2

a) Với y 1, ta có: p x  5 p 5, x1

Với y 2, ta có: p  x 20 không tồn tại ,x p thỏa mãn

Với y 3, ta có: p  x 85 không tồn tại ,x p thỏa mãn

Với y 4, ta có: p  x 260 không tồn tại ,x p thỏa mãn

Với y 5, ta có: p  x 629không tồn tại ,x p thỏa mãn

Do đó: p bp a p b1 hay b   Suy ra không tồn tại a b 1 a b, thỏa mãn

Vậy x y p ; ;  1;1;5 là bộ số duy nhất thỏa mãn

2m  m 3n  n 2 m n  m n n  2m2n1 m n n

Nếu n  thì 0 m  khi đó 0 2m2n 1 12 là số chính phương

Nếu n 0, gọi dgcd 2 m2n1,m với n *

            

1

Dẫn đến P36 Q Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 a   b c 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 đạt được khi a   b c 1

Câu 4

a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên  HBFHDF. Tứ giác ABDE nội tiếp nên  ABEADE.

Suy ra HDFADE hay DA là phân giác của  EDF

Mà DABC nên BC là phân giác ngoài của  EDF

b) Gọi L là giao điểm của ME với  O

Khi đó AMLABM ACM.

Xét đường tròn  O có 1 AMFMBF. Suy ra MA là tiếp tuyến của  O1 Suy ra MAMO1 tại M

Tương tự ta cũng có AMEMCE nên MA cũng là tiếp tuyến cua  O2 Suy ra MAMO2 tại M

1,2

GEF CEF

Giả sử ngược lại không tồn tại điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 2 cm trong 2020 điểm đã cho Khi đó khoảng cách giữa hai điểm luôn lớn hơn hoặc bằng 2cm.

Xét 2020 hình tròn có tâm là các điểm đã cho có bán kính bằng 1cm Do 2020 điểm này nằm trong hình chữ nhất nên 2020 đường tròn này nằm trong hình chữ nhật được mở rộng từ hình chữ nhật đã cho 1 cm về cả chiều dài và chiều rộng Khi đó kích thước hình chữ nhật mới là     2

149  2 1 40  2 1 151 42 6242 cm

Do khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 2 cm nên các đường tròn này chỉ có thể có nhiều nhất một điểm chung, nghĩa là tổng diện tích của 2020 hình tròn bằng tổng diện tích từng hình tròn Mặt khác các hình tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình chữ nhật mới

Ta có diện tích của 2020 hình tròn là 2020 12 6242,8cm26242  3,14  Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ hơn tổng diện tích các hình tròn Do đó điều giả sử là sai

Vậy ta có điều phải chứng minh

HẾT

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021

HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho các phương trình x2ax 3 0 và x2bx 5 0 với a b, là tham số

a) Chứng minh rằng nếu ab  thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm 16

b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x Tìm 0 a b, sao cho a b có giá trị nhỏ nhất

Câu 2 (1,5 điểm)

Cho phương trình 3x2y2  2 3n với n là số tự nhiên

a) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x y ; 

b) Chứng minh rằng nếu n lẽ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên x y ; 

Câu 3 (3,5 điểm)

Cho đường tròn  O dây cung , BC không chứa O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC Lấy các điểm E và

F thỏa mãn    ABE CAE ACF BAF   90 0

b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B

sao tích của chúng là số chính phương

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

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

Vậy x  là giá trị duy nhất cần tìm 4

b) Điều kiện để ba biểu thức M N P, , cùng xác định là x  và 0 x  4

a) Điều kiện: x 0 và x  Phương trình tương đương 1 x44x2 5 0 1  hoặc x  3 3 x

Ta có:  1 x21x2 5 0 Do x 0 và x  nên phương trình này vô nghiệm 1

Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm

b) Điều kiện để  d và  d cắt nhau là 1 m 1 Ta lại có I thuộc  d và  d nên ta có hệ: 1 ,

9

.4

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

a) Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là: x22mx 3 0.

Ta thấy ac       nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt 1 3 3 0 x x trái dấu nhau 1; 2

Do đó  P luôn cắt  d tại hai điểm phân biệt A x y B x y với mọi  1; 1 , 2; 2 m

x x x x (tấn)

Theo giả thiết ta có: 91 91 25

25x  x Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo

b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là 6 36 216 671

a) Do M là trung điểm của AC nên OM  ACOMC90 0

Lại có AB AC và OB OC nên AO là trung trực của BC AO BC ONC90 0

Từ đó suy ra tứ giác OCMN nội tiếp

Ta có: AB AC nên AB AC suy ra DA là tia phân giác của  BDC nên BDC2ADC 1

Mặt khác OM là trung trực của AC và D OM nên DM là trung trực của AC

Suy ra DM là phân giác của ADCADC2ODC 2

Mà  ACD DAC nên  .APC PAC

Suy ra tam giác APC cân tại CA CP

Mặt khác ta có    BPD APC DAC DBP   nên tam giác BDP cân tại D

Mà DE là phân giác của BDP nên DE BC

Tứ giác DEMC có   DEC DMC 900 nên là tứ giác nội tiếp Suy ra:   .MEC MDC MDA 

Từ đó    DBE BEF DAC MDA   90 0 Do đó EF BD hay ME BD

c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên   1  2

2

Mặt khác ta lại có   MNC MEC NME  và  MEC MDC (câu b) nên  .NME MEC

Suy ra tam giác MNE cân tại N

Chú ý rằng tứ giác ABDC và EMCD nội tiếp nên ta có:     FAD BCD EMD FMD  

Do đó tứ giác FAMD nội tiếp Suy ra     .EFB MDA MDC MEN BEF   

Vậy tam giác BEF cân tại B Mà BD EF nên BD là trung trực của EF

Suy ra DE DF , hay DF 1

DE 

- HẾT -

Þ€· ïò Ù·} ­% ¿ô ¾ô ½ ´€ ½½ ­8 ¬¸$½ µ¸½ ð ­¿± ½¸± ¸e °¸)4²¹ ¬®d²¸

ïò Ù·}· ¸e °¸)4²¹ ¬®d²¸ ¨

ì î¨î§ ã ïî¨îõ §î î§ ã îò

ì¦î

øï õ î¦÷îæ

ỉò Ýịổ ồị)4ỗỰ ểệdỗị ẽĩ ĩụỠ ỉọẽ õ ĩỠ ì ã đô ụ ế2ở Ỡ ƠẠ ểịƯỠ ễ8ọ ơ> ịƯở ỗỰịởeỠ ồị{ỗ ớởeể

ỉò Ùở}ở ồị)4ỗỰ ểệdỗị

ồĩẽĩõ ẻẽ õ ỉĩ õồĩẽĩ õ ắẽ õ ĩ ã ẽ õ ẻữ

ĩò Ùở}ở ịe ồị)4ỗỰ ểệdỗị ẽ

ĩõ ậĩ ã ìụẽ õ ậọ ụỉê ẽĩậĩ ìẽậọ ã ĩậắ

¹·½ ßÞÓ ò

Ò ¬®j² ½|²¸ ÞÝ ­¿± ½¸± ÞÒ ã Þßò Êm Ò Õ ª«:²¹ ¹>½ ª2· ßÞ ¬|· Õ ô ÞÛ ª«:²¹ ¹>½ª2· ßÝ ¬|· Û ô ÕÚ ª«:²¹ ¹>½ ª2· ÞÝ ¬|· Úò Ìc²¸ ¬a ­8 ÞÛ

ßèßç

ßïðßïïßïî

ßïßîßí

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

-THCS.TOANMATH.com

Ngày thi: 18/07/2020

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

-THCS.TOANMATH.com

ïò ݸ'²¹ ³·²¸ ¬' ¹·½ ßÔÓ Ñ Ü øÑ÷

²¹±|· ¬·h° ¬' ¹·½ ßÔÓ Ñ ô Ü µ¸½ ß ò ݸ'²¹ ³·²¸ ÔÜ ´€ ¬·h° ¬«§h² ½+¿ øÑ÷ ò

îò ݸ'²¹ ³·²¸ Ó Ø ª«:²¹ ¹>½ ª2· ßÕô ­«§ ®¿ ÕØ ª«:²¹ ¹>½ ª2· ßÓ ò

ßå Òå Ü ¬¸q²¹ ¸€²¹ò

Í ã ụồẽ ồậọĩđĩỉõ ụồậ ồẩọĩđĩỉõ ụồẩ ồẽọĩđĩỉữỡẠở ĩò

ỉò Ýịổ ẽă ậă ẩ ƠẠ ơơ ễ8 ểị$ơ Ử)4ỗỰ ểị<Ư Ỡ~ỗ ẽ õ ậ õ ẩ ã ỉò ÌdỠ Ựở ểệ@ ỗị< ỗịyể ơ+Ư ớởfề ểị'ơ

Đ ã ỉ

ắêẽ õ

ỉẫậ õ

ỉ

ẩò

ĩò Ýịổ Ưă ớă ơ ƠẠ ơơ ễ8 ểị$ơ Ử)4ỗỰ ểị<Ư Ỡ~ỗ Ư õ ớ õ ơ ã ắò Ýị'ỗỰ Ỡởỗị ệtỗỰữ

ƯắụƯ õ ỉọụớ õ ỉọõ

ớắụớ õ ỉọụơ õ ỉọ õ

ơắụơ õ ỉọụƯ õ ỉọ

ắ

ìữỡẠở ắò

ïò Î-¬ ¹;² ¾·f« ¬¸'½ Ð ò

îò Ìd³ ¨ Ð ´€ ­8 ²¹«§j²ò

Þ€· îò ݸ± ¸€³ ­8æ § ã í

ì¨ õ í ø¼÷òø¼÷ò

ỉò Ýịổ ớƯ ễ8 Ử)4ỗỰ Ưă ớă ơ ểị<Ư Ỡ~ỗ

ồ

Ưĩõ ớĩõồớĩõ ơĩõồơĩõ Ưĩ ãồĩđĩỉữÝị'ỗỰ Ỡởỗị ệtỗỰữ Ư

ỡẠở ỉò Ìị$ơ ịởeỗ ồịnồ ểcỗị

Đ ã ụ ĩđĩđ õ ẽ

ĩđĩđ ẽ õ

ĩđĩđ ẽĩđĩđ õ ẽọ ữ ụ

ĩđĩđ õ ẽĩđĩđ ẽ

ĩđĩđ ẽĩđĩđ õ ẽọ

ậắìụẽ õ ĩọò

îò ݸ± ¸€³ ­8 § ã ³¨ õ ³ ï ô ª2· ³

³ òÞ€· îò

³·²¸ ®t²¹ ¬®±²¹ ïê ­8 ¬®j² ½> c¬ ²¸y¬ ³5¬ ­8 ´€ ­8 ²¹«§j² ¬8ò

Þ€· êò Ìd³ ³ ¨î ³¨ õ ³ é ã ð ½> ¸¿· ²¹¸·e³ °¸{² ¾·e¬ ¨ïå ¨î ­¿± ½¸± Í ãî¨ï¨îõ ïë

ỡẠở ỉò Ýịổ ịƯở ễ8 ểị$ơ Ưă ớ ểị<Ư Ỡ~ỗ Ướ ã ĩò Ýị'ỗỰ Ỡởỗị

Ưẫõ ớẫ ã Ưìõ ớì Ưẻõ ớẻ ỉêụƯ õ ớọữ

ỡẠở ĩò Ùở}ở ồị)4ỗỰ ểệdỗị

ồỉêẽĩ ỉ ĩồìẽ õ ỉ õồìẽ ỉ ã ĩữ

ỡẠở ắò Ýịổ ơơ ễ8 ểị$ơ Ử)4ỗỰ Ưă ớă ơ ểị<Ư Ỡ~ỗ Ư õ ắớ õ ẻơ ã ĩđĩđ ò ÌdỠ Ựở ểệ@ Ơ2ỗ ỗịyể ơ+Ư ớởfề ểị'ơ

Đ ã ắƯớ

Ư õ ắớ õ

ỉẻớơắớ õ ẻơ õ

ẻơƯ

ẻơ õ ƯòỡẠở ìò Ýịổ ễ8 ỗỰềậjỗ Ử)4ỗỰ ỗ ểị<Ư Ỡ~ỗ ĩỗ õ ỉ ếẠ ắỗ õ ỉ ƠẠ ơơ ễ8 ơịcỗị ồị)4ỗỰò Ýị'ỗỰ Ỡởỗị ỉẻỗ õ è