Đề thi thử vào Lớp 10 THPT lần 3 môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Ái Mộ (Có đáp án)
Bài 2 (2,5 điểm):
1. Một quả bóng World Cup xem như một hình cầu có
đường kính là 17 cm . Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình
cầu. (lấy π ~ 3,14 )
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.
Một sân bóng đá theo chuẩn FIFA là sân hình chữ nhật,
chiều dài hơn chiều rộng 37 m và có diện tích 7140 m2.
Tính chiều dài và chiều rộng của sân bóng đá.
1. Một quả bóng World Cup xem như một hình cầu có
đường kính là 17 cm . Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình
cầu. (lấy π ~ 3,14 )
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.
Một sân bóng đá theo chuẩn FIFA là sân hình chữ nhật,
chiều dài hơn chiều rộng 37 m và có diện tích 7140 m2.
Tính chiều dài và chiều rộng của sân bóng đá.
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử vào Lớp 10 THPT lần 3 môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Ái Mộ (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
File đính kèm:
- de_thi_thu_vao_lop_10_thpt_lan_3_mon_toan_nam_hoc_2022_2023.pdf
Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT lần 3 môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Ái Mộ (Có đáp án)
- UBND QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 TRƯỜNG THCS ÁI MỘ MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC: 2022 - 2023 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 26/5/2022 33x − 11 Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức M = và N =− x 0 , x 1. xx+ x−−11 x x a) Tính giá trị của biểu thức M khi x = 9 . b) Rút gọn biểu thức N . c) Tìm các giá trị của x để biểu thức PMN= . có giá trị nguyên. Bài 2 (2,5 điểm): 1. Một quả bóng World Cup xem như một hình cầu có đường kính là 17cm . Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu. (lấy 3,14 ) 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình. Một sân bóng đá theo chuẩn FIFA là sân hình chữ nhật, chiều dài hơn chiều rộng 37 m và có diện tích 7140 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của sân bóng đá. 1 +−=325y x +1 Bài 3 (2 điểm): 1. Giải hệ phương trình 2 −−=521 −y x +1 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (dy): = (21mxm 2+− ) + 4 và (Pyx): = 2 a) Tìm chứng minh rằng: (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A , B . b) Gọi H và K lần lượt là các hình chiếu vuông góc của A,B trên trục hoành. Tìm m để đoạn thẳng HK bằng 4? Bài 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (OR; ) đường kính AB . Kẻ đường kính CD vuông góc AB . Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD tại E . Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt đường thẳng BM tại N . Gọi P là hình chiếu vuông góc của B trên DN . 1) Chứng minh bốn điểm MNDE,,, cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh EN// CB 3) Chứng minh AM.2 BN= R2 và Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn nhất. Bài 5(0,5 điểm): Giải phương trình 16x22+++−++=+ 19 x 7 4 3 x 5 x 2( 8 x 2)( 2 −+ x 2 3 x + 1) . Hết
- Bài 2 1 Diện tích mặt cầu là: .172= 289 (cm 2 ) 907,46( cm 2 ) 0,5 (2,5đ) Thể tích hình cầu là: 1 1 4913 V= .173 = .17 3 = ( cm 3 ) 2571,136667( cm 2 ) 0,5 6 6 6 Thiếu đơn vị đo ( cả 2 bước) trừ 0,25 đ 2 Gọi chiều dài của sân bóng đá là: x (m, x 37 ) 0,25 Chiều rộng của sân đá bóng là: x −37 (m) 0,25 2 Vì diện tích sân bóng đá là 7140 m nên ta có phương trình: xx(−= 37) 7140 0,25 2 x −37x − 7140 = 0 0,25 (xx −105)( + 68) = 0 x −=1050 x =105(tm) 0,25 x +=680 x =−68 loai ( ) Vậy: Chiều dài của sân bóng đá là 105 m Chiều rộng của sân bóng đá là 1053768−=m. 0,25 Bài 3 1 1 0, 5 +−=325y (2đ) x +1 0, 5 (ĐKXĐ: xy − 1;2 ) 2 −−=521 −y x +1 1 Đặt =−= aybb;20 ( ) thì hệ phương trình trở thành x +1 ababab+=+=+=35261035 a = 2 2512511111ababb−= −−= −= bTM=1( ) 1 1 −1 = 2 x +=1 xTM= ( ) x +1 2 2 y −=21 yTM= 3 y −=21 ( ) −1 Vậy phương trình có nghiệm ( xy;) = ;3 . 2 b a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P) có: 2 0,25 Pt hoành độ giao điểm của d và P: x −(2mx+ 1) + 2m − 4= 0 2 ∆= (2m −1) +16> 0 với mọi x 0,25 luôn cắt tại 2 điểm phân biệt A và B với mọi m xx, Gọi 12 là các nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Theo hệ thức vi et ta có: xx12+ = 2m +1; xx12. = 2m - 4 0,25 Bài 4 2 Ta có HK=− x12 x nên ( ()xx12+ - 4 = 16 0,25
- AMB= BPN (Cmt) ABM= PNB (Cmt) AM AB Suy ra: ABM BNP( g − g) nên = AM BN = AB BP BP BN Nhận thấy: OBPD là hình vuông nên BP== OD R. Do đó: AM. BN= AB . BP = 2 R . R = 2 R2 . 0,25 Kẻ NK⊥ BC tại K , EF⊥ BC tại F . 1 0,25 S= NK. BC NBC 2 Do BC không đổi nên SNBC max NK max Mà ENKF là hình chữ nhật NK max EF max EMB 0 0,25 1 Câu 5 Điều kiện: − x 2 (0,5 3 đ) Phương trình đã cho tương đương với: 2 (4124xxx.xxxxx++−+++−+=+−++) 312( 22312) 412231( ) ( )( ) ( )( ) (4124xxx.xxxx.xx++−+++−+−+−−++=) 3122 ( 22312) 4122( 2) 41310 ( )( ) ( ) ( ) 2 −=xa Đặt 2310xba,b+= ( ) . Phương trình đã cho trở thành 41xc+= 2 cababacbc222+++−−= 2220 +−= +−=(abcabc ) 00 0,25 Thay trở lại ta có phương trình 2231410−++−+=xxx ( ) 2231410−++−−=xxx ( 212314410−−++−−−=xxx ) ( ) ( ) 21−−x 4( 3116x +−) +−−= 410(x ) 212314−+++xx 1− x 121(x − ) +−−= 410(x ) 212314−+++xx −1 12 (x −1) + − 4 = 0 2−xx + 1 2 3 + 1 + 4 =x 1 ( thỏa mãn). −1 12 1 Do + −4 0, x − ; 2 2−xx + 1 2 3 + 1 + 4 3 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là x =1. Ban giám hiệu duyệt Tổ trưởng duyệt Người ra đề Nguyễn Ngọc Sơn Hồ Mai Thúy Nguyễn Thị Hòa