Đề thi tuyển sinh chuyên Toán 9 vào lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh An Giang có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) |
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021 Khóa này 18/07/2020 Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút |
Câu 1. (3,0 điểm)
- Tính giá trị của biểu thức $A = 2{a^3} – 3{a^2} – 3a + 1$với $a = \frac{1}{{\sqrt[3]{3} – 1}}$
- Giải phương trình: $2\left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) – 7\left( {x – \frac{1}{x}} \right) + 2 = 0$
Câu 2. (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)\left| x \right| + y = 3\sqrt 2 \\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right.$
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho hàm số $y = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 1$có đồ thị là đường thẳng $\left( d \right)$
- Vẽ đồ thị $\left( d \right)$của hàm số đã cho trên mặt phẳng tọa độ
- Đường thẳng $\left( {d’} \right)$ song song với $\left( d \right)$và đi qua điểm có tọa độ $\left( {0;3} \right).$Đường thẳng $\left( d \right)$và $\left( {d’} \right)$cắt trục hoành lần lượt tại $A;B$cắt trục tung lần lượt tại $D,C.$Tính diện tích tứ giác $ABCD$
Câu 4. (2,0 điểm)
Trên đường tròn đường kính $AD$lấy hai điểm $B,C$khác phía đối với $AD$sao cho $\widehat {BAC} = {60^0}.$Từ B kẻ $BE \bot AC\,\left( {E \in AC} \right)$
- Chứng minh $\Delta ABD \sim \Delta BEC$
- Biết $EC = 3cm.$Tính độ dài dây $BD$
Câu 5. (1,0 điểm)
| Trên mỗi đỉnh của một đa giác có 12 cạnh người ta ghi 1 số, mỗi số trên một đỉnh là tổng của hai đỉnh liền kề. Biết hai số ở hai đỉnh ${A_5}$và ${A_9}$là 10 và $9.$Tìm số đỉnh ở ${A_1}$ |  |
ĐÁP ÁN
Câu 1.
- Ta có:$\begin{array}{l}A = 2{a^3} – 3{a^2} – 3a – 1 = 3{a^3} – {a^3} – 3{a^2} – 3a – 1\\ = 3{a^3} – \left( {{a^3} + 3{a^2} + 3a + 1} \right) = 3{a^3} – {\left( {a + 1} \right)^3}\left( 1 \right)\end{array}$
Với \[a = \frac{1}{{\sqrt[3]{3} – 1}} \Leftrightarrow a\left( {\sqrt[3]{3} – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \sqrt[3]{3}a – a = 1 \Leftrightarrow \sqrt[3]{3}a = a + 1 \Rightarrow 3{a^3} = {\left( {a + 1} \right)^3}\left( 2 \right)\]
Thay (2) vào (1). Ta được : $A = 3{a^3} – 3{a^3} = 0$
Vậy $A = 0$
b) Giải phương trình: $2\left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) – 7\left( {x – \frac{1}{x}} \right) + 2 = 0$
Đặt $t = x – \frac{1}{x}\left( {x \ne 0} \right) \Rightarrow {t^2} = {\left( {x – \frac{1}{x}} \right)^2} = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} – 2 \Rightarrow {t^2} + 2 = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}$
Khi đó phương trình đã cho trở thành: $2\left( {{t^2} + 2} \right) – 7t + 2 = 0 \Leftrightarrow 2{t^2} – 7t + 6 = 0$
Giải phương trình ta được:
$\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 2\\{t_2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}*)t = 2 \Rightarrow x – \frac{1}{x} = 2 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} – 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 2 \\*)t = \frac{3}{2} \Rightarrow x – \frac{1}{x} = \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2{x^2} – 3x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}$
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm $x = 1 + \sqrt 2 ;x = 1 – \sqrt 2 ;x = 2;x = – \frac{1}{2}$
Câu 2.
Ta có :
$\left| x \right| = \left\{ \begin{array}{l}x\,khi\,x \ge 0\\ – x\,khi\,x < 0\end{array} \right.$
*Trường hợp 1: $x \geqslant 0$ thì hệ phương trình đã cho thành:
$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)x + y = 3\sqrt 2 \\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x + y = 3\sqrt 2 \\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x = 3\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \sqrt 2 – 2\end{array} \right.(tm)\end{array}$
*Trường hợp 2: x<2 thì hệ phương trình đã cho thành:
$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l} – \left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)x + y = 3\sqrt x \\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x + y = 3\sqrt 2 \\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – \left( {1 + \sqrt 2 } \right)x = 3\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\\left( {1 + \sqrt 2 } \right)x – y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 3\\y = – 3\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\end{array} \right.(tm)\end{array}$
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \sqrt 2 – 2\end{array} \right.$ và $\left\{ \begin{array}{l}x = – 3\\y = – 3\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\end{array} \right.$
Câu 3.
- Học sinh tự vẽ đồ thị $\left( d \right)$
- Gọi phương trình $\left( {d’} \right)$là $y = ax + b$
Vì đường thẳng $\left( {d’} \right)//\left( d \right)$nên $a = \sqrt 3 – 1 \Rightarrow \left( {d’} \right):y = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + b$
Vì đường thẳng $\left( {d’} \right)$đi qua điểm có tọa độ $\left( {0;3} \right)$nên ta thay $x = 0,y = 3$vafpo phương trình đường thẳng $\left( {d’} \right)$ta được: $3 = \left( {\sqrt 3 – 1} \right).0 + b \Leftrightarrow b = 3$
Vậy phương trình đường thẳng $\left( {d’} \right):y = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 3$
$ \bullet $Xét $\left( d \right):y = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 1$
Cho $x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow D\left( {0;1} \right)$
Cho $y = 0 \Rightarrow 0 = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 1 \Rightarrow x = \frac{{ – \left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2} \Rightarrow A\left( {\frac{{ – \left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2};0} \right)$
$ \bullet $Xét $\left( {d’} \right):y = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 3$
Cho $x = 0 \Rightarrow y = 3 \Rightarrow C\left( {0;3} \right)$
Cho $y = 0 \Rightarrow 0 = \left( {\sqrt 3 – 1} \right)x + 3 \Rightarrow x = \frac{{ – 3\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2} \Rightarrow B\left( {\frac{{ – 3\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2};0} \right)$
Khi đó, $OA = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}(dvdt);OB = \frac{{3\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2}(dvdt);OC = 3;OD = 1$
Diện tích tứ giác $ABCD$ là:
$\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {S_{OBC}} – {S_{OAD}} = \frac{1}{2}OB.OC – \frac{1}{2}OA.OD = \frac{1}{2}\left[ {\frac{{3\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2}.3 – \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}.1} \right]\\ = \frac{1}{4}\left[ {8\left( {\sqrt 3 + 1} \right)} \right] = 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)(dvdt)\end{array}$
Câu 4.
- Ta có:$\angle ABD = {90^0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AD)$
$BE \bot AC\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {BEC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BEC} = {90^0}$
Xét $\Delta ABD$và $\Delta BEC$ta có: $\widehat {ABD} = \widehat {BEC}(cmt)$
$\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $AB)$hay $\widehat {ECB} = \widehat {ADB}$
Vậy $\Delta ABD \sim \Delta BEC(g.g)$
- Vì $BE \bot AC(gt) \Rightarrow \Delta ABE$vuông tại E
Lại có: $\widehat {BAC} = {60^0}\,\,hay\,\,\widehat {BAE} = {60^0}$
Do đó $\Delta ABE$là nửa tam giác đều cạnh $AB \Rightarrow BE = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}\left( 1 \right)$
Vì $\Delta ABD \sim \Delta BEC\,\,(cm\,cau\,a)$$ \Rightarrow \frac{{AB}}{{BE}} = \frac{{BD}}{{EC}} \Rightarrow BD = \frac{{AB.EC}}{{BE}}\left( 2 \right)$
Thay (1) vào (2), ta được: $BD = \frac{{AB.3}}{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{6}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Vậy $BD = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Câu 5.
Theo cách tính mỗi số trên một đỉnh của đa giác , ta có: $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{A_4} = {A_3} + {A_5}\\{A_6} = {A_5} + {A_7}\end{array} \right. \Rightarrow {A_4} + {A_6} = {A_3} + {A_5} + {A_5} + {A_7} \Rightarrow {A_3} + {A_7} = – 10\left( {do\,{A_5} = {A_4} + {A_6} = 10} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}{A_3} = {A_2} + {A_4}\\{A_7} = {A_6} + {A_8}\end{array} \right. \Rightarrow {A_3} + {A_7} = {A_2} + {A_4} + {A_6} + {A_8} \Rightarrow – 10 = {A_2} + {A_8} + 10 \Rightarrow {A_2} + {A_8} = – 20\\\left\{ \begin{array}{l}{A_2} = {A_1} + {A_3}\\{A_8} = {A_7} + {A_9}\end{array} \right. \Rightarrow {A_2} + {A_8} = {A_1} + {A_3} + {A_7} + {A_9} \Rightarrow – 20 = {A_1} + \left( { – 10} \right) + 9 \Rightarrow {A_1} = – 19\end{array}$
Vậy ${A_1} = – 19$
