Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Đáp án đúng là: A

Trong một đường tròn, góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng \(90^\circ \) có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.

Đáp án đúng là: C

Khi quay thuận chiều \(\alpha ^\circ \) tâm \[O\] điểm \[A\] thành điểm \[B\] thì điểm \[A\] tạo thành cung \[AB\] có số đo bằng \(\alpha ^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Giả sử đa giác đều đó có \[n\] cạnh.

Từ mỗi đỉnh của hình \[n\] – giác lồi kẻ được \(n - 1\) đoạn thẳng đến các đỉnh còn lại, trong đó có hai đoạn thẳng là cạnh của đa giác, \(n - 3\) đoạn thẳng là đường chéo.

Đa giác có n đỉnh nên kẻ được \(n\left( {n - 3} \right)\) đường chéo, trong đó mỗi đường chéo tính 2 lần.

Vậy số đường chéo của hình n - giác lồi là \(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\).

Đa giác đều có số đường chéo bằng số cạnh nên \(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = n\), suy ra \(n = 5\).

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Đúng.d) Sai.

Xét phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0.\)

⦁ Phương trình đã cho có hệ số \(a = 2\,;\,\,b = - 3\,;\,\,c = 1.\) Do đó ý a) là sai.

⦁ Tổng các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) là \(a + b + c = 2 + \left( { - 3} \right)\, + 1 = 0.\) Do đó ý b) là đúng.

⦁ Ta có \(a + b + c = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.\)

Khi đó, cả hai nghiệm của phương trình đã cho đều dương. Do đó ý c) là đúng.

⦁ Phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.\)

Do đó, tích hai nghiệm của phương trình đã cho là \({x_1} + {x_2} = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Sai.d) Sai.

⦁ Thể tích hình nón có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\), được tính bằng công thức: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.\)

Do đó ý a) là sai.

⦁ Chiều cao của phần rượu có trong ly là \[7 - 3 = 4\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]. Do đó ý b) là đúng.

⦁ Thể tích của cái ly thủy tinh là \[V = \frac{1}{3}\pi \cdot {4^2} \cdot 7 = \frac{{112}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}\] Do đó ý c) là sai.

⦁ Tỉ số giữa thể tích của phần còn lại trong ly rượu so với thể tích ly là: \[1 - {\left( {\frac{4}{7}} \right)^3} = \frac{{279}}{{343}}\].

Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 3.

Gọi \[x\] (xe) là số xe tải loại lớn cần sử dụng đề chở hết thiết bị \[\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\].

Số xe tải loại nhỏ cần sử dụng đề chở hết thiết bị là \[x + 2\] (xe).

Số tấn thiết bị mỗi xe tải loại lớn chở được là \(\frac{{15}}{x}\) (tấn).

Số tấn thiết bị mỗi xe tải loại nhỏ chở được là \(\frac{{15}}{{x + 2}}\) (tấn).

Theo bài ra ta có phương trình: \(\frac{{15}}{x} - \frac{{15}}{{x + 2}} = 2\)

\(15\left( {x + 2} \right) - 15x = 2x{\rm{\;}}\left( {{\rm{\;}}x + 2} \right)\)

\(15\left( {x + 2 - x} \right) = 2{x^2} + 4{\rm{\;}}x\)

\(2{x^2} + 4{\rm{\;}}x - 30 = 0\)

\({x^2} + 2{\rm{\;}}x - 15 = 0\)

\(x = 3\) (TMĐK) hoặc \[{\rm{\;}}x = - 5\] (loại)

Vậy đội vận chuyển sử dụng 3 xe tải loại lớn.

Hướng dẫn giải

Đáp số: \(0,5\).

Không gian mẫu của phép thử là:

\[\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,7} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,9} \right)\,;\,\,\left( {4\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,7} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,4} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,4} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,7} \right)} \right\}\].

Tập $\Omega$ có 12 phần tử.

Vì bạn Khuê và Hương lần lượt mỗi người lấy ra ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp nên các kết quả có thể trên là đồng khả năng.

Xét biến cố \(A:\) “Số ghi trên tấm thẻ của bạn Khuê nhỏ hơn số ghi trên tấm thẻ của bạn Hương”.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố A là \[\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,7} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,7} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,9} \right);\,\,\left( {7\,;\,\,9} \right)} \right\}\].

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(\frac{6}{{12}} = \frac{1}{2} = 0,5.\)

Hướng dẫn giải

Đáp số: 60.

Gọi \[ABCD\] là khung cổng hình chữ nhật.

Vẽ hình chữ nhật \[ABEF\] (hình vẽ) và \[O\] là giao điểm của hai đường chéo \[AE,{\rm{ }}BF.\]

Khi đó ta có \[AF = 2AD = 2 \cdot 3 = 6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Tam giác \[ABF\] vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

\[B{F^2} = A{F^2} + A{B^2} = {6^2} + {4^2} = 52.\]

Do đó \[BF = \sqrt {52} = 2\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Vì vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \[ABEF\] là: \[R = \frac{{BF}}{2} = \sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Chu vi đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \[ABEF\] là: \[C = 2\pi R = 2\pi \sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Vậy chiều dài của đoạn thép dùng để làm khung nửa đường tròn là: \[\frac{C}{2} = \frac{{2\pi \sqrt {13} }}{2} \approx 11,33\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Hướng dẫn giải

Đáp số: 20.

Thể tích khối \(\left( {{H_1}} \right)\) là \[{V_1} = \pi r_1^2{h_1}\].

Thể tích khối \(\left( {{H_2}} \right)\) là \[{V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi \frac{1}{4}r_1^22{h_1} = \frac{1}{2}\pi r_1^2{h_1} = \frac{1}{2}{V_1}\].

Mà \[{V_1} + {V_2} = 30\] nên \[{V_1} + \frac{1}{2}{V_1} = 30\].

Do đó \[\frac{3}{2}{V_1} = 30\] hay \[{V_1} = 20\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\]

Vậy thể tích của khối \(\left( {{H_1}} \right)\) là \(20{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}.\)

Hướng dẫn giải

1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì trong bảng giá trị trên có nhiều giá trị khác nhau và mỗi giá trị lại xuất hiện ít lần.

b) Số học sinh nhảy xa từ \[2,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[2,5\,\,{\rm{m}}\] là 9 học sinh;

từ \[2,5\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[3,0\,\,{\rm{m}}\] là 7 học sinh;

từ \[3,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[3,5\,\,{\rm{m}}\] là 7 học sinh;

từ \[3,5\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[4,0\,\,{\rm{m}}\] là 7 học sinh;

từ \[4,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[4,5\,\,{\rm{m}}\] là 2 học sinh.

Do đó tần số tương ứng với các nhóm là \({m_1} = 9\,;\,{m_2} = 7\,;\,\,{m_3} = 7\,;\,\)\({m_4} = 7\,;\,\,{m_5} = 2.\)

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

A. Tổng số học sinh trong lớp là \(n = 9 + 7 + 7 + 7 + 2 = 32\).

B. Tỉ lệ học sinh nhảy xa từ \[2,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[2,5\,\,{\rm{m}}\] là \(\frac{9}{{32}} \approx 28,1\% \);

C. từ \[2,5\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[3,0\,\,{\rm{m}}\] là \(\frac{7}{{32}} \approx 21,9\% \);

D. từ \[3,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[3,5\,\,{\rm{m}}\]là \(\frac{7}{{32}} \approx 21,9\% \);

A. từ \[3,5\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[4,0\,\,{\rm{m}}\] là \(\frac{7}{{32}} \approx 21,9\% \);

B. từ \[4,0\,\,{\rm{m}}\] đến dưới \[4,5\,\,{\rm{m}}\] là \(\frac{2}{{32}} \approx 6,2\% \).

C. Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:

2. Không gian mẫu Ω là: \(\Omega = \left\{ {22\,;\,\,23\,;\,\,24\,;\,\,32\,;\,\,33\,;\,\,34\,;\,\,42\,;\,\,43\,;\,\,44} \right\}.\)

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là 9.

Vì việc lấy mỗi tấm thẻ từ túi I và II là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số tạo thành là số chia hết cho 3” là \[24\,;\,\,33\,;\,\,42.\]

Vậy xác suất của biến cố “Số tạo thành là số chia hết cho 3” là \(\frac{3}{9} = \frac{1}{3}\).

Hướng dẫn giải

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta được tứ giác \[AMBO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OM.\]

b) Ta có tứ giác \[AMBO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OM.\]

Suy ra \[AB\] là dây cung của đường tròn đường kính \[OM.\]

Do đó \(OM \bot AB\).

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[A\] có \[AI\] là đường cao.

Xét \(\Delta OAM\) và \[\Delta OIA\] là hai tam giác vuông có góc \[\widehat O\] chung nên

Suy ra \[\frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{OM}}{{OA}}\] hay \[O{A^2} = OM.OI\] mà \[OA = R\] nên \(OI \cdot OM = {R^2}\).

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông \[IOA\], ta có

\[I{A^2} = O{A^2} - O{I^2} = OI \cdot OM - O{I^2} = OI\left( {OM - OI} \right) = OI.IM\].

Ta có \(OA \bot AM\) (do \[AM\] là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) và \(BD \bot MA\) (gt), suy ra \[OA\,{\rm{//}}\,BD\].

Chứng minh tương tự, ta được \[OB\,{\rm{//}}\,{\rm{A}}C\].

Do đó tứ giác \[OAHB\] là hình bình hành.

Mà \(OA = OB = R\) nên tứ giác \[OAHB\] là hình thoi, suy ra \(OH \bot AB\).

Mà \(OM \bot AB\), do đó \[OM \equiv OH\].

Vậy ba điểm \[O,\,\,H,M\] thẳng hàng.