Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2025-2026 có đáp án - Phòng GD&ĐT Gia Viễn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2025-2026 có đáp án - Phòng GD&ĐT Gia Viễn” giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2025-2026 có đáp án - Phòng GD&ĐT Gia Viễn

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN, NĂM HỌC 2025 - 2026 MÔN TOÁN Mức độ đánh giá Tổng, % điểm TT Chương/ Chủ đề Nội dung/đơn vị kiến thức Vận dụng Nhận biết Thông hiểu Vận dụng cao - Rút gọn, tính giá trị biểu Rút gọn, tính giá trị biểu thức nhiều biến trong đó thức nhiều biến trong đó có 1 có điều kiện liên hệ giữa điều kiện liên hệ giữa các 1,0 điểm 2,0 điểm 1 các biến. biến. 20% - Phương trình, hệ phương 1 Hệ phương trình trình 1,0 điểm - Nghiệm của đa thức, định Nghiệm của đa thức, định lí 1 lí Bezout, giá trị đa thức, Bezout, giá trị đa thức, hệ số 1,0 điểm hệ số của đa thức, bậc của của đa thức, bậc của đa thức đa thức 2,0 điểm Bất đẳng thức; tìm giá trị 2 - Bất đẳng thức, tìm giá trị 20% lớn nhất, nhỏ nhất của biểu 1 lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức. Ứng dụng của bất đẳng 1,0 điểm thức. Ứng dụng của bất thức AM-GM., đẳng thức AM-GM. - Số chính phương, số lập phương. - Số chính phương, số lập -Phương trình nghiệm 1 1,5điểm phương. nguyên. 0,75 điểm 15%
3 - Phương trình nghiệm 1 nguyên 0,75 điểm Hình học phẳng 1 - Hai tam giác bằng nhau, Hình vẽ 0,5 điểm hai tam giác đồng dạng, ba Hệ thức lượng trong 4 điểm thẳng hàng, ba đường đường tròn , hệ thức lượng 1 đồng quy, chứng minh trong tam giác vuông, tứ 1,0 điểm song song, vuông góc, … giác nội tiếp. 3,0 điểm - Tứ giác nội tiếp, ngoại Hệ thức lượng trong 30 % tiếp; hệ thức lượng trong đường tròn , hệ thức lượng 1 đường tròn) trong tam giác vuông, 1,0 điểm trọng tâm tam giác… Tỉ số lượng giác của góc 1 nhọn, tam giác đồng dạng 0,5 điểm - Thống kê và xác suất. 1 - Nguyên lí Dirichlet. 0,75 điểm 1,5điểm - Thống kê và xác suất. - Nguyên lí Dirichlet. 15% 1 0,75 điểm Tổng 0 0,5 6,5 3,0 1ăă10ăă2 Tỉ lệ % 5% 65% 30,% 100 % Tỉ lệ chung 2,5% 97,5% 100% BẢN ĐẶC TẢ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN, NĂM HỌC 2025 - 2026
MÔN TOÁN Số câu hỏi theo mức độ nhận thức Chương/ Nội dung/ Đơn vị TT Mức độ đánh giá Vận Chủ đề kiến thức Nhận Thông Vận dụng biêt hiểu dụng cao - Rút gọn, tính giá Vận dụng: trị biểu thức nhiều -Vận dụng các kiến thức về biến đổi đồng nhất để - Rút gọn, tính giá biến trong đó có giải quyết được bài toán. 1.1 trị biểu thức nhiều điều kiện liên hệ 1 biến trong đó có giữa các biến. điều kiện - Hệ phương trình Vận dụng các kiến thức về phương trình bậc 2, phân 1.2 Hệ phương trình tích đa thức thành nhân tử, các kiến thức về hệ phương trình… Để giải được hệ phương trình. - Nghiệm của đa - Nghiệm của đa thức, định lí Bezout, Vận dụng , định lí Bezout, giá trị đa thức, hệ số thức, định lí Bezout, giá trị đa thức, hệ số của đa thức, bậc của đa thức… để tìm hệ số của 2.1 giá trị đa thức, hệ số của đa thức, bậc của đa thức của đa thức, bậc của đa thức đa thức 2 - Bất đẳng thức, tìm - Bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ giá trị lớn nhất, nhỏ - Bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất nhất của biểu thức. nhất của biểu thức. của biểu thức. Ứng dụng của bất đẳng thức AM- 2.2 Ứng dụng của bất Ứng dụng của bất GM và các bất đửng thức phụ để tìm giá trị nhỏ đẳng thức AM-GM. đẳng thức AM- nhất của biểu thức. GM… 3 - Số chính phương, - Số chính phương, Dãy quy luật, hằng đẳng thức,số chính
số lập phương phương… 3.1 số lập phương. - Phương trình -Phương trình nghiệm nguyên Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân nghiệm nguyên. tử, công thức nghiệm của phương trình bậc hai, 3.2 bất đẳng thức, bất phương trình. Hình vẽ - Các kiến thức về hệ thức lượng trong đường Hệ thức lượng trong tròn , hệ thức lượng trong tam giác vuông, tứ 4.1 Hình học phẳng đường tròn , hệ thức giác nội tiếp…Để chứng minh hệ thức, tứ giác - Hai tam giác bằng lượng trong tam nội tiếp, điểm cố định nhau, hai tam giác giác vuông, tứ giác đồng dạng, ba điểm nội tiếp. thẳng hàng, ba Hệ thức lượng trong Vận dụng được hệ thức lượng trong đường tròn , đường đồng quy, đường tròn , hệ thức hệ thức lượng trong tam giác vuông, tam giác chứng minh song lượng trong tam đồng dạng, trọng tâm tam giác…để chứng minh 4.2 song, vuông góc, … 4 giác vuông, tam trung điểm đoạn thẳng. - Tứ giác nội tiếp, giác đồng dạng, ngoại tiếp; hệ thức trọng tâm tam lượng trong đường giác… tròn) Tỉ số lượng giác Vận dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn, tam của góc nhọn, tam giác đồng dạng, các kiến thức về đường tròn… 4.3 giác đồng dạng để tính độ dài đoạn thẳng. - Thống kê và xác Vận dụng các kiến thức về tổ hợp, chỉnh hợp, 5.1 - Thống kê và xác suất. giai thừa và suy luận để giải bài toán xá suất 5 suất - Nguyên lí Vận dụng nguyên lí Dirichlet va suy luận để giải 5.2 Dirichlet. quyết bài toán
Tổng 0 1 câu 7 câu 4 câu Tỉ lệ % 0 2,5% 65% 32,5% Tỉ lệ chung 2,5% 97,5 %
PHÒNG GD & ĐT GIA VIỄN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – THPT CHUYÊN Năm học 2025-2026 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) a b c 1. Cho ba số thực a, b, c khác 0 thoả mãn + + = 2 . Chứng minh rằng b+c c +a a +b a2 b2 c2 + + = a +b +c b +c c +a a +b 2. Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0. Câu 2. (2,0 điểm) 1. Cho P ( x ) = x + ax − bx + cx + d , trong đó a, b, c, d là hằng số. 4 3 2 P ( 0 ) + P ( −8 ) + 437.P ( −2 ) Biết P ( −2 ) = 6 , P ( −4 ) = 12 , P ( −6 ) = 18 . Tính A = . 2020 1 1 1 2. Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện + + 2 . Chứng minh a b c 1 1 1 2 rằng: + + . 5a 2 + 2ab + 2b 2 5b 2 + 2bc + 2c 2 5c 2 + 2ca + 2a 2 3 Câu 3. (1,5 điểm) p −1 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p + 2 không là tích của hai số tự 2 nhiên liên tiếp. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 + 2 x 2 = y 3 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1. Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: KB2 = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. 2. AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3. Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . Câu 5 (1,5 điểm) ﾷ 1.Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 60o , BC = 2 3 cm . Bên trong tam giác này cho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. 2. Cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. …. ……. HẾT…………
Câu Đáp án Điểm 1.(1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c khác 0 thoả mãn a + b + c = 2 . 1 b +c c +a a +b a2 b2 c2 Chứng minh rằng + + = a +b+c b+c c +a a +b 2,0 điểm a + b + c = 2 ( *) . 0,25 Ta có: b+c c +a a +b Nhân hai vế của ( *) với số a khác 0 ta được: a2 ab ac + + = 2a b +c c + a a +b Nhân hai vế của ( *) với số b khác 0 ta được: ab b2 bc + + = 2b b + c c +a a +b Nhân hai vế của ( *) với số c khác 0 ta được: ac bc c2 + + = 2c b + c c +a a +b Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta được: 0,25 2 2 2 a ab ac ab b bc ac bc c + + + + + + + + b +c c + a a +b b +c c + a a +b b +c c + a a +b = 2a + 2b + 2c a2 b2 c2 ab bc ac bc ab ac + + + + + + + + b+c c+a a+b c+a c+a a +b a +b b+c b+c = 2( a + b + c) a2 b2 c2 a +c a +b b +c + + +b +c +a = 2( a + b + c) b+c c +a a +b c+a a +b b+c a2 b2 c2 0,25 + + + ( a + b + c) = 2( a + b + c) b+c c +a a +b a2 b2 c2 0,25 + + = a+b+c b+c c + a a +b 2.(1 điểm) Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0. 1 0,25 3x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0 ( 1) ĐK: − x 6 3 Ta có: ( 1) ( ) ( ) 3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + ( 3x 2 − 14 x − 9 ) = 0 3 x + 1 − 16 1 − ( 6 − x ) + + ( 3 x + 1) ( x − 5 ) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 ( x − 5) x−5 0,25 + + ( 3 x + 1) ( x − 5 ) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 1 0,25 ( x − 5) + + 3x + 1 = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3 1 0,25 ( x − 5) = 0 Vì: + + 3x + 1 > 0 ∀ − 1 x 6 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 x = 5 ( TM ) . Vậy phương trình có nghiệm là: x = 5. 2 1. (1 điểm) Cho P ( x ) = x + ax − bx + cx + d , trong đó a, b, c, d là hằng số. 4 3 2 P ( 0 ) + P ( −8 ) + 437.P ( −2 ) Biết P ( −2 ) = 6 , P ( −4 ) = 12 , P ( −6 ) = 18 . Tính A = . 2020 2,0 điểm Đặt Q ( x ) = P ( x ) + 3x Q ( −2 ) = Q ( −4 ) = Q ( −6 ) = 0 0,25 −2; − 4; − 6 là nghiệm của Q ( x ) , mà Q ( x ) là đa thức 0,25 bậc 4 nên Q ( x ) có dạng: Q ( x ) = ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x − m ) P ( x ) = ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x − m ) − 3x 0,25 Tính được P ( 0 ) = −48m ; P ( −8 ) = 408 + 48m 0,25 −48m + 408 + 48m + 437.6 3030 3 A= = = 2020 2020 2 1 1 1 2.(1 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện + + 2. a b c Chứng minh rằng: 1 1 1 2 + + . 5a + 2ab + 2b 2 2 5b + 2bc + 2c 2 2 5c + 2ca + 2a 2 2 3 1 1 1 9 1 1 1 1 1 0,25 - Với ∀x, y,z > 0 . ta có ++ ++ x y z x+ y+z x+ y+z 9 x y z . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z - Do 5a 2 + 2ab + 2b 2 = ( 2a + b )2 + ( a − b )2 ( 2a + b )2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 +=++ = 5a 2 + 2ab + 2b 2 2a + b a + a + b 9 a a b 9 a b Đẳng thức xảy ra khi a = b Tương tự: 1 1 2 1 + . Đẳng thức xảy ra khi c = a 5c 2 + 2ca + 2a 2 9 c a 1 1 2 1 0,25 + . Đẳng thức xảy ra khi b = c 5b 2 + 2bc + 2c 2 9 b c 1 1 1 1 3 3 3 0,25 + + + + 5a 2 + 2ab + 2b 2 5b 2 + 2bc + 2c 2 5c 2 + 2ca + 2a 2 9 a b c 1 1 1 1 2 = + + = 3 a b c 3 1 1 1 2 0,25 + + (ĐPCM) 5a 2 + 2ab + 2b 2 5b 2 + 2bc + 2c 2 5c 2 + 2ca + 2a 2 3
3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 2 Câu 3. p −1 1. (0,75 điểm )Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p 2 + không 1,5 điểm 2 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. p −1 2 2 −1 9 0,25 Với p = 2 p2 + =2 + = (không phải tích 2 số tự nhiên liên 2 2 2 tiếp) p −1 2 3 −1 Với p = 3 p2 + =3 + = 10 = 2.5 (không phải tích 2 số tự nhiên 2 2 liên tiếp) - Nếu 0,25 p −1 3k + 1 − 1 3k 18k 2 + 12k + 2 + 3k = ( 3k + 1) + 2 p = 3k + 1 p + 2 = 9k + 6k + 1 + = 2 2 2 2 2 18k + 15k + 2 ( 6k + 1) ( 3k + 2 ) 2 = = (không phải tích 2 số tự nhiên liên tiếp) 2 2 p −1 3k + 2 − 1 3k + 1 0,25 = ( 3k + 2 ) + 2 Nếu p = 3k + 2 p 2 + = 9k 2 + 12k + 4 + 2 2 2 18k 2 + 24k + 8 + 3k + 1 18k 2 + 27 k + 9 9 9 = = = ( 2k 2 + 3k + 1) = ( 2k + 1) ( k + 1) 2 2 2 2 (không phải tích 2 số tự nhiên liên tiếp) p −1 Vậy với mọi số nguyên tố p p2 + không phải là tích của 2 số tự 2 nhiên liên tiếp. 2) (0,75điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn x3 + x 2 = y 3 + y 2 . Ta có: x3 + x 2 = y 3 + y 2 ( x − y )( x 2 + y 2 + xy + x + y ) = 0 0,25 x− y =0 x 2 + y 2 + xy + x + y = 0 Khi x − y = 0 x = y . Khi đó ( x ; y ) = (m ; m) (m là số nguyên tùy ý) 0,25 x 2 + y 2 + xy + x + y = 0 x 2 + ( y + 1) x + y 2 + y = 0 (*) Phương trình (*) có nghiệm theo x khi 1 ∆ 0 ( y + 1)2 − 4( y 2 + y ) 0 ( y + 1)(−3 y + 1) 0 −1 y (y ﾷ ) 3 y = −1 hoặc y = 0 . Với y = 0 , giải tìm được x = 0, x = −1. 0,25 Vậy các cặp số thỏa đề là: ( x ; y) = (m ; m) (m là số nguyên tùy ý), ( x ; y) = (0; − 1) , ( x ; y ) = ( −1;0) .ới y = −1 , giải tìm được x = 0. Câu 4 6,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R).
Câu 4. Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B 3,0 điểm và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: 2 KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . B 0,5 K M D I A O H O' J C 1) (2,0điểm ) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: KB2 = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. ﾷ - Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC nên A,O,O’ thẳng hàng. 0,25 ﾷﾷ 1 ﾷ 0,25 Có BJI = IBK = sđ BI ; BKI chung ﾷ 2 KI KB Δ KBI đồng dạng với Δ KJB nên: = KB2 =KI.KJ (1) KB KJ KI KD 0,25 - Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD = KD 2 =KI.KJ (2) KD KJ - Từ (1) và (2) => KB=KD . 0,25 2) . (1,0 điểm ) O’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. +/ Xét tam giác vuông ABO’ có: AB2 =AH.AO' (3) 0,25 ﾷﾷ 1 ﾷ 0,5 +/ Có : ABI = AMB = sđ BI ; BAI chung nên: ﾷ 2
AB AI Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) = AB2 =AM.AI (4). AM AB AH AM 0,25 - Từ (3),(4) => AI.AM=AH.AO' = . AI AO' Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng ﾷﾷ 0,25 thuộc một đường tròn. 3) (0,5 điểm) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . AO OD R OI OI 0,25 - Do OD // O’B (cùng ⊥ AB) = = = = AO' O'B R' O'M O'I ﾷﾷ - Do OI cắt O’I và A, I, M thẳng hàng => OI // O’M. => DOI=BO'M . 0,25 ﾷ 1ﾷ 1 ﾷ 1ﾷ 1 ﾷ mà BDI = DOI = sđ DI và BIM = BO'M = sđ BM ﾷ 2 2 2 2 BDI = BIM IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID ﾷﾷ hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . A ﾷ 1.(0,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 60o , BC = 2 3 cm . Bên trong E F I tam giác này cho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn N tìm được 2 điểm mà khoảngPcách giữa chúng không lớn hơn 1cm. Câu 5. G H 1,5 điểm O 0,25 C B M - Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là 0,25 trung điểm của BC, CA, AB. - Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC MC Vì BAC = 600 nên MOC = 600 , suy ra OA = OB = OC = ﾷﾷ 0 =2 sin 60 - Vì O nằm trong tam giác ABC và OM ⊥ BC , ON ⊥ AC , OP ⊥ AB Nên tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đk lần lượt là OA, OB, OC). - Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP.
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung 0,25 điểm OA, suy ra IA = IP = IO = IN = 1 . - Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1. - Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho. - Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1. 2. (0,75 điểm) .Cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. - Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh 0,25 xong Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số 0,25 nguyên dương k sao cho k 2 < n < ( k + 1) .Vì n nguyên dương và 2 n k 2+ n k 2 1 ,
THÔNG TIN VỀ ĐỀ THI TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG2_TS10C_2024_DE_SO_5 TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 6 TRANG. Họ và tên người ra đề thi: Trần Xuân Khánh Đơn vị công tác: Trường THCS Gia Xuân, huyện Gia Viễn, tỉnh Ninh Bình Số điện thoại: 0915067599