Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề số 7)

a) Thay \(v = 2,\,\,F = 120\) vào công thức \(F = a{v^2}\), ta được \(120 = a \cdot {2^2}\)

Khi đó \(4a = 120\)nên \(a = 30.\)

Vậy hằng số \(a = 30\)

b) Vì \(a = 30\) nên \(F = 30{v^2}\).

Với \(v = 10\) ta có \(F = 30 \cdot {10^2} = 3000\,\,\left( {\rm{N}} \right)\).

Vậy khi tốc độ của gió là \(v = 10\,\,{\rm{m/s}}\) thì lực \(F\) của gió tác động lên cánh buồm là \(3\,\,000\,\,{\rm{N}}.\)

Gọi thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là \(x\)(giờ) \[\left( {x > 0} \right)\].

Khi đó, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể \(x + 5\)(giờ).

Khi đó, mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được \(\frac{1}{x}\)bể; vòi thứ hai chảy dược: \(\frac{1}{{x + 5}}\)bể và cả hai vòi chảy được \(\frac{1}{6}\)bể.

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 5}} = \frac{1}{6}\)

\(\frac{{6\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} + \frac{{6x}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}}\)

\(6\left( {x + 5} \right) + 6x = x\left( {x + 5} \right)\)

\({x^2} - 7x - 30 = 0\)
\(x = 10\) (TMĐK) hoặc \(x = - 3\) (loại).

Vậy: Vòi thứ nhất chảy đầy bể trong 10 giờ.

Vòi thứ hai chảy đầy bế trong 15 giờ.

a) Tổng số học sinh lớp 9C là \(40\).

Tần số tương đối của các nhóm \[\left[ {0\,;\,\,1} \right)\], \[\left[ {1\,;\,\,2} \right)\], \[\left[ {2\,;\,\,3} \right)\], \[\left[ {3\,;\,\,4} \right)\]lần lượt là:

\[{f_1} = \frac{{10}}{{40}} \cdot 100\% = 25\% \]; \({f_2} = \frac{{15}}{{40}} \cdot 100\% = 37,5\% \);

\({f_3} = \frac{8}{{40}} \cdot 100\% = 20\% \); \({f_4} = \frac{7}{{40}} \cdot 100\% = 17,5\% \).

b) Bảng tần số tương đối của mỗi nhóm

Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ đoạn thẳng của mẫu số liệu ghép nhóm đó:

a) Ta có bảng sau:

Không gian mẫu là:

\[\Omega = \left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,2} \right);{\rm{ }}\left( {2\,,\,\,3} \right);{\rm{ }}\left( {2\,,\,\,4} \right);{\rm{ }}\left( {3\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,2} \right)} \right.\,;\,\,\left( {3\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,4} \right)\,;{\rm{ }}\]\[\left. {\left( {4\,,\,\,1} \right);\,\,\left( {4\,,\,\,2} \right);\,\,\left( {4\,,\,\,3} \right);\,\,\left( {4\,,\,\,4} \right)} \right\}.\]

Do đó, số phần tử của \(\Omega \)là 16.

b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là\[A = \left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,3} \right)} \right\}.\]

Do đó, xác suất của biến cố \(A\) là\(P\left( A \right) = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}.\)

b) Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là\[B = \left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,2} \right);\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right);\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)} \right\}.\]

Do đó, xác suất của biến cố \(B\) là \(P\left( B \right) = \frac{5}{{16}}.\)

Ta có $\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{AB}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{BC}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{CD}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{DE}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{EF}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{FA}=\frac{360°}{6}=60°$.

Xét tam giác \(AOB\)cân tại \(O\)có \(\widehat {AOB} = 60^\circ \)(vì

Vì tam giác \(AOB\)đều nên \(AB = R\)và \(\widehat {ABO} = 60^\circ .\)

Tương tự với tam giác \({\rm{BOC}}\)đều nên \(\widehat {OBC} = 60^\circ \)và\(BC = R.\)

Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {ABO} + \widehat {OBC} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \)và \(AB = BC = R\).

Chứng minh tương tự với các cạnh và các góc còn lại ta có đa giác \(ABCD\)có:

\(AB = BC = CD = DE = EF = FA = R.\;\)

Và các góc \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEF} = \widehat {EFA} = \widehat {FAB} = 120^\circ \).

Do đó \(ABCDEF\)là một đa giác đều.

b) Vì \[AHCK\] là tứ giác nội tiếp nên  \(\widehat {CHK} = \widehat {CAK} = \widehat {CAE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[KC).\]

Lại có \[ADCE\]nội tiếp nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC).\]

Từ đó suy ra \(\widehat {CHK} = \widehat {CDE}\) nên \(HK\,{\rm{//}}\,DE\) (đpcm).

Do \(HK\,{\rm{//}}\,DE\), mà \[H\] là trung điểm \[CD\] (quan hệ vuông góc của đường kính \[AB\] với dây \[CD\] tại \[H).\]

Suy ra \[HK\] là đường trung bình của tam giác \[CDF\] nên \[K\] là trung điểm \[FC\].

Tam giác \[AFC\] có \[AK\] là đường cao đồng thời cũng là trung tuyến.

Do đó tam giác \[CAF\]là tam giác cân tại \[K\] (đpcm).

c) Tam giác \[FAC\] cân tại \[A\] nên \[AF = AC.\]

Dễ thấy tam giác \[ACD\]cân tại \[A\] nên \[AC = AD\].

Từ đó suy ra \[AF = AD\] hay tam giác \[AFD\] cân tại \[A\], hạ \[DI \bot AF\] .

Ta có \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC\).

Do \[AC\] không đổi nên \({S_{AFD}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \[DI\] lớn nhất.

Trong tam giác vuông \[AID\] ta có:

\(ID \le AD = AC\) hay \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC \le \frac{{A{C^2}}}{2}\).

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(I \equiv A\), khi đó \[\widehat {DAF} = 90^\circ \] nên tam giác \[ADF\] vuông cân tại \[A\], suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {EDA} = 45^\circ \) hay \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]

Vậy để diện tích tam giác \[ADF\] lớn nhất thì \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]

a) Thể tích nước trong cốc là:

\({V_1} = \pi {r^2}\;h = \pi \cdot {12^2} \cdot 10 = 1440\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Vậy thể tích nước trong cốc là \(1440\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\)

b) Thể tích quả cầu kim loại: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {4^3} = \frac{{256}}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Thể tích quả cầu chính là thể tích nước dâng lên.

Ta có mực nước trong cốc tăng thêm: \(\frac{{256}}{2}\pi :144\pi = \frac{{16}}{{27}}\) (cm).

Vậy mực nước trong cốc tăng thêm \(\frac{{16}}{{27}}\) cm.