Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 3
19 câu hỏi
A. Trắc nghiệm
Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Điểm đối xứng với điểm \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) qua trục \(Oy\)là
\(\left( {0\,;\,\,0} \right).\)
\(\left( { - x\,;\,\,y} \right).\)
\(\left( {x\,;\,\,y} \right).\)
\[\left( {x\,;\,\, - y} \right).\]
Đáp án đúng là: B
Hai điểm \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) và \(\left( { - x\,;\,\,y} \right)\) đối xứng nhau qua trục tung \(Oy.\)
Đồ thị các hàm số \[y = 2x\] và \[y = - \frac{{{x^2}}}{2}\] cắt nhau tại các điểm
\(\left( { - \,4\,;\,\, - 8} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\, - 4} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\,0} \right)\) và \(\left( { - \,4\,;\,\, - 8} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\,0} \right)\).
Đáp án đúng là: C
Phương trình hoành độ giao điểm: \[ - \frac{{{x^2}}}{2} = 2x\]
\[{x^2} + 4x = 0\]
\[x\left( {x + 4} \right) = 0\]
\[x = 0\] hoặc \[x = - 4\]
• Với \[x = 0\] thì \[y = 0\].
• Với \[x = - 4\] thì \[y = - 8\].
Vậy tọa độ giao điểm là \(\left( {0\,;\,\,0} \right)\) và \(\left( { - \,4\,;\,\, - 8} \right)\).
Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc hai một ẩn?
\({x^4} - 2{x^2} = 0.\)
\({x^3} + 3 = 0.\)
\(2x - 3 = 0.\)
\({x^2} - 2x - 3 = 0.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng \(a{x^2} + bx + c = 0,\) trong đó \(x\) là ẩn; \(a,\,\,b,\,\,c\) là những số cho trước gọi là hệ số và \(a \ne 0\).
Do đó, phương trình \({x^2} - 2x - 3 = 0\) là phương trình bậc hai một ẩn.
Hai số có tổng bằng 23 và tích của chúng bằng 120 là nghiệm của phương trình nào?
\({x^2} - 23x + 120 = 0\).
\({x^2} + 23x + 120 = 0\).
\({x^2} - 120x + 23 = 0\).
\[{x^2} + 120x + 23 = 0\].
Đáp án đúng là: A
Hai số cần tìm là nghiệm của phương trình \({x^2} - 23x + 120 = 0\).
Số đo cung tương ứng của hình quạt biểu diễn tần số tương đối \[{f_3} = 20\% \] là
\[27^\circ .\]
\[74^\circ .\]
\[36^\circ .\]
\[72^\circ .\]
Đáp án đúng là: D
Số đo cung tương ứng của hình quạt biểu diễn tần số tương đối \[{f_3} = 20\% \] là:
\[360^\circ \cdot {f_3} = 360^\circ \cdot 20\% = 72^\circ .\]
Vậy số đo cung tương ứng của hình quạt biểu diễn tần số tương đối \[{f_3} = 20\% \] là \[72^\circ .\]
Do đó ta chọn phương án D.
Bảng phân bố tần số sau đây ghi lại số vé không bán được trong 62 buổi chiếu phim:
Lớp | \[\left[ {0\,;\,\,5} \right)\] | \[\left[ {5\,;\,\,10} \right)\] | \[\left[ {10\,;\,\,15} \right)\] | \[\left[ {15\,;\,\,20} \right)\] | \[\left[ {20\,;\,\,25} \right)\] | \[\left[ {25\,;\,\,30} \right)\] |
Tần số | 3 | 8 | 15 | 18 | 12 | 6 |
Hỏi có bao nhiêu buổi chiếu phim có nhiều nhất 19 vé không bán được?
42.
43.
44.
45.
Đáp án đúng là: D
Tổng số buổi có nhiều nhất 19 vé không bán được là \(3 + 8 + 15 + 18 = 44\) (buổi).
Vậy có 44 buổi chiếu phim có nhiều nhất 19 vé không bán được.
Biểu đồ hình quạt tròn bên biểu diễn tỉ lệ người thuộc các nhóm máu ở Việt Nam. Hỏi số người thuộc nhóm máu nào ở Việt Nam chiếm tỉ lệ nhiều nhất?
Nhóm máu \(O\).B. Nhóm máu \(B\).
Nhóm máu \(A\).D. Nhóm máu \(AB.\)
Đáp án đúng là: A
Ta có \(42\% > 30\% > 21\% > 7\% \) nên nhóm máu \(O\) có tỉ lệ nhiều nhất ở Việt Nam.
Rút ra một lá bài từ bộ bài 52 lá. Xác suất để được lá bích là
\(\frac{1}{{13}}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{{12}}{{13}}\).
\(\frac{3}{4}\).
Đáp án đúng là: B
Một bộ bài có 13 lá bích nên xác suất để được lá bích là: \(\frac{{13}}{{52}} = \frac{1}{4}.\)
Vậy xác suất để được lá bích là \(\frac{1}{4}\).
Đường tròn nội tiếp hình vuông cạnh \[a\] có bán kính là
\(a\sqrt 2 \).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(\frac{a}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Đáp án đúng là: C
Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \[ABCD\].
Gọi \[E,\,\,F,\,\,K,\,\,G\] lần lượt là trung điểm của \[AD,{\rm{ }}DC,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AB.\]
Khi đó ta có \[OE = OF = OK = OG = \;\frac{a}{2}\] hay \[O\] là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD\].
Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là \(R = \frac{a}{2}\).
Khi tứ giác \[MNPQ\] nội tiếp đường tròn, và có \(\widehat M = 90^\circ \). Khi đó, góc \[P\] bằng
\(90^\circ \).
\(180^\circ \).
\(110^\circ \).
\(120^\circ \).
Đáp án đúng là: A
Tứ giác \[MNPQ\] nội tiếp đường tròn nên \(\widehat M + \widehat P = 180^\circ \) hay \(\widehat P = 180^\circ - \widehat M = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).
Cho ngũ giác đều \[MNPQR\] có tâm \[O.\] Phép quay nào với tâm \[O\] biến ngũ giác đều \[MNPQR\] thành chính nó?
\[60^\circ .\]
\[72^\circ .\]
\[90^\circ .\]
\[120^\circ .\]
Đáp án đúng là: B
Các phép quay giữ nguyên ngũ giác đều \[MNPQR\] là:
⦁ Năm phép quay thuận chiều \[\alpha ^\circ \] tâm \[O\] với \[\alpha ^\circ \] lần lượt nhận các giá trị:
\[\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;\]
\[\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .\]
⦁ Ba phép quay ngược chiều \[\alpha ^\circ \] tâm \[O\] với \[\alpha ^\circ \] lần lượt nhận các giá trị:
\[\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;\]
\[\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .\]
Do đó ta chọn phương án B.
Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai
Cho phương trình \(2{x^2} + \left( {2m - 1} \right)x + m - 1 = 0\) với \(m\) là tham số, \(m \ne \frac{3}{2}.\)
a) Phương trình đã cho là phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m \ne \frac{3}{2}.\)
c) Tổng và tích hai nghiệm của phương trình lần lượt là \({x_1} + {x_2} = \frac{{2m - 1}}{2};\,\,{x_1}{x_2} = \frac{{m - 1}}{2}.\)
d) Có một giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) thoả mãn \[4x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + 4x_2^2 = 1.\]
Hướng dẫn giải
Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Sai.d) Sai.
Xét phương trình \(2{x^2} + \left( {2m - 1} \right)x + m - 1 = 0\) với \(m\) là tham số.
⦁ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn \(x\) có \(a = 2 \ne 0\,;\,\,b = 2m - 1\,;\,\,c = m - 1.\) Do đó ý a) là đúng.
⦁ Phương trình có biệt thức \(\Delta = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4.2.\left( {m - 1} \right) = {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\) nên phương trình luôn có nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m \ne \frac{3}{2}.\) Do đó ý b) là đúng.
⦁ Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{{2m - 1}}{2};\,\,{x_1}{x_2} = \frac{{m - 1}}{2}.\) Do đó ý c) là sai.
⦁ Ta có \(4x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + 4x_2^2 = 1\) suy ra \(4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 6{x_1}{x_2} = 1\).
Suy ra \({\left( {1 - 2m} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = 1\) nên \(4{m^2} - 7m + 3 = 0\).
Phương trình này có tổng các hệ số \(a + b + c = 4 + ( - 7) + 3 = 0\) nên phương trình này có các nghiệm \({m_1} = 1\,,\,\,{m_2} = \frac{3}{4}\).
Vậy có hai giá trị cần tìm của \(m\) là \({m_1} = 1\,,\,\,{m_2} = \frac{3}{4}\). Do đó ý d) là sai.
Cho hình bên là một thúng gạo vun đầy. Thúng có dạng nửa hình cầu với đường kính \[50\,\,{\rm{cm,}}\] phần gạo vun lên có dạng hình nón cao \[15\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]
Nhà Danh dùng lon sữa bò cũ có dạng hình trụ (bán kính đáy bằng \[5\,\,{\rm{cm}},\] chiều cao \[15\,\,{\rm{cm}})\] để đong gạo mỗi ngày. Biết mỗi ngày nhà Danh ăn 5 lon gạo và mỗi lần đong thì lượng gạo chiếm \[90\% \] thể tích lon.
a) Thể tích hình cầu có bán kính đáy \(R\), được tính bằng công thức: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
b) Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính \[50\,\,{\rm{cm}}\].
c) Thể tích phần gạo trong thúng là \(\frac{{60\,\,625}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)
d) Với lượng gạo ở thúng trên thì nhà Danh có thể ăn nhiều nhất là 15 ngày.
Hướng dẫn giải
Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Đúng.d) Sai.
⦁ Thể tích hình cầu có bán kính đáy \(R\), được tính bằng công thức: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Do đó ý a) là đúng.
⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính \[\frac{{50}}{2} = 25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\] Do đó ý b) là sai.
⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính \(25\,\,{\rm{cm}}\) có thể tích là \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {25^3} = \frac{{31\,\,250}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Phần gạo nằm trên miệng thúng có dạng hình nón có chiều cao \(15cm\) và bán kính đáy \(\frac{{50}}{2} = 25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) có thể tích là \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot 15 \cdot \pi \cdot {25^2} = 3\,\,125\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Khi đó thể tích gạo trong thúng là \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{31\,\,250}}{3}\pi + 3\,\,125\pi = \frac{{60\,\,625}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Do đó ý c) là đúng.
⦁ Thể tích lon là \(V = \pi \cdot {5^2} \cdot 15 = 375\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Vì lượng gạo chiếm \[90\% \] thể tích lon nên thể tích gạo trong mỗi lần lấy là:
\(375\pi \cdot 90\% = 337,5\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)
Khi đó mỗi ngày nhà Danh ăn hết số gạo có thể tích là: \(337,5\pi \cdot 5 = 1687,5\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Vậy với số gạo ở thúng trên thì nhà Danh ăn được số ngày là: \(\frac{{\frac{{60\,\,625}}{3}\pi }}{{1687,5\pi }} \approx 12\) (ngày).
Do đó ý d) là sai.
Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn
Một ô tô khách và một ô tô tải chở vật liệu xây dựng khởi hành cùng một lúc từ bến xe khách Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè. Do trọng tải lớn nên xe tải chở vật liệu xây dựng đi với vận tốc chậm hơn xe khách \(10\,\,{\rm{km/h}}.\) Xe khách đến trung tâm thị trấn Mường Tè sớm hơn xe tải 1 giờ 6 phút. Biết quãng đường từ bến xe khách thành phố Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè là \[132\,\,{\rm{km}}.\]Tính vận tốc của xe tải (theo đơn vị \({\rm{km/h}})\).
Hướng dẫn giải
Đáp số: 30.
Gọi vận tốc của xe tải là \(x\,\,({\rm{km/h}})\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó, vận tốc của xe khách là \(x\, + \,10\,\,({\rm{km/h}}).\)
Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là \(\frac{{132}}{x}\) (giờ) và của xe khách là \(\frac{{132}}{{x + 10}}\) (giờ).
Đổi 1 giờ 6 phút \( = \,\frac{{11}}{{10}}\) giờ.
Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải 1 giờ 6 phút nên ta có phương trình:
\(\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}\)
\(\frac{{12}}{x} - \frac{{12}}{{x + 10}} = \frac{1}{{10}}\)
\(120\left( {x + 10} \right) - 120x = x\left( {x + 10} \right)\)
\(120x + 1200 - 120x = {x^2} + 10x\)
\[{x^2} + 10x - 1200 = 0\]
\(x = 30\) (TMĐK) hoặc \[{\rm{\;}}x = - 40\] (loại).
Vậy vận tốc của xe tải là \(30\,\,{\rm{km/h}}{\rm{.}}\)
Một hộp đựng 3 quả bóng màu đỏ và 2 quả bóng màu vàng có cùng kích thước, khối lượng. Lấy ngẫu nhiên hai quả bóng trong hộp. Tính xác suất để hai quả bóng lấy ra cùng màu (viết kết quả dưới dạng số thập phân).
Hướng dẫn giải
Đáp số: \(0,4\).
Kí hiệu ba bóng đỏ lần lượt là \[{D_1};\,\,{D_2};\,\,{D_3}\] và hai bóng vàng lần lượt là \[{V_1};\,\,{V_2}\].
Khi đó không gian mẫu là:
\[\Omega = \left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};{V_2}} \right);\left( {{D_1};{V_1}} \right);\left( {{D_1};{V_2}} \right);\left( {{D_2};{V_1}} \right);\left( {{D_2};{V_2}} \right);\left( {{D_3};{V_1}} \right);\,\,\left( {{D_3};{V_2}} \right)} \right\}.\]
Do đó, không gian mẫu có 10 phần tử.
Gọi \[A\] là biến cố “Hai bóng lấy ra cùng màu”.
Khi đó, các kết quả thuận lợi của biến cố \[A\] là \[\left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};\,{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};\,\,{V_2}} \right)} \right\}\] nên có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\].
Do đó, xác suất để hai quả bóng lấy ra cùng màu \(P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).
Vậy xác suất để hai bóng lấy ra cùng màu là \(0,4\).
Người ta làm một khung gỗ hình tam giác đều đặt vừa khít một chiếc đồng hồ hình tròn có đường kính \[40{\rm{ cm}}.\] Độ dài các cạnh (phía bên trong) của khung gỗ phải bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị với đơn vị \[{\rm{cm}}\])?
![Người ta làm một khung gỗ hình tam giác đều đặt vừa khít một chiếc đồng hồ hình tròn có đường kính \[40{\rm{ cm}}.\] Độ dài các cạnh (phía bên trong) của khung gỗ phải bằng bao nhiêu (làm trò (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1741014141/1741014919-image8.png)
Hướng dẫn giải
Đáp số: 69.
Bán kính của chiếc đồng hồ hình tròn là: \[r = \frac{{40}}{2} = 20\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]
Gọi \[a{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\] là độ dài cạnh (phía bên trong) của khung gỗ.
Ta có \[r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},\] hay \[\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = 20,\] suy ra \[a = 40\sqrt 3 \approx 69\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]
Vậy độ dài các cạnh (phía bên trong) của khung gỗ khoảng bằng \[69\,\,{\rm{cm}}.\]
Một chụp nhựa bảo vệ chuông điện có cấu trúc gồm một phần là hình trụ bán kính đáy \(R\), chiều cao \(6\,\,{\rm{cm}}\) và một phần là hình bán cầu bán kính \(R\) (như hình vẽ). Cho biết diện tích mặt xung quanh của khối chụp là \(120\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\) Tính thể tích khối chụp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị với đơn vị \[{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}).\]
Hướng dẫn giải
Đáp số: 844.
Diện tích xung quanh của khối trụ là: \(2\pi R \cdot 6 = 12\pi R\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
Diện tích xung quanh của hình bán cầu là: \(2\pi R.R = 2\pi {R^{\rm{2}}}\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
Diện tích xung quanh của khối chụp là: \[12\pi R + 2\pi {R^{\rm{2}}} = 120\pi \]
A. \[{R^2} + 6R - 60 = 0\]
B. \[R = - 3 + \sqrt {69} \] (TM) hoặc \[R = - 3 - \sqrt {69} \] (loại).
Thể tích của khối chụp là:
\[V = \frac{2}{3}\pi {R^3} + \pi {R^2}h = \frac{2}{3}\pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^3} + \pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^2} \cdot 6 \approx 844\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\]
Vậy thể tích khối chụp khoảng \[844\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]
B. Tự luận
1. Ghi lại cự li ném tạ (đơn vị: mét) của một vận động viên sau đợt tập huấn đặc biệt trong bảng sau:
20 | 20,5 | 20,64 | 20,35 | 20,65 | 20,4 | 20,67 | 20,8 |
20,7 | 20,45 | 20,72 | 20,5 | 20,85 | 20,2 | 21,1 | 20,9 |
a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm hay tần số không ghép nhóm? Vì sao?
b) Hãy lập bảng số liệu làm 6 nhóm trong đó nhóm đầu tiên cự li là từ 20 đến dưới 20,2 m. Lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm.
2. Một hộp có \[52\] chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số \(1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,...\,\,;\,\,51;\,\,52\) hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của mỗi biến cố \(A\): “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số nhỏ hơn \[27\]”.
Hướng dẫn giải
1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì mấu số liệu trên có nhiều giá trị khác nhau, nếu lập bảng tần số không ghép nhóm sẽ rất dài, phức tạp, khó tính toán.
b) Hãy chia số liệu làm 4 nhóm trong đó nhóm đầu tiên là \[4:00\] đến dưới \[4:30\]; lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm (làm tròn đến hàng đơn vị).
Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:
Nhóm | \[{\rm{[}}4:00\,;\,\,4:30)\] | \[\left[ {4:30\,;\,\,5:00} \right)\] | \[\left[ {{\rm{5}}:00\,;\,\,5:30} \right)\] | \[\left[ {{\rm{5}}:30\,;\,\,6:00} \right)\] |
Số học sinh | \[13\] | \[8\] | \[12\] | \[3\] |
C. Tổng số học sinh trong lớp là \(n = 13 + 8 + 12 + 3 = 36\).
D. Tỉ lệ thời gian học sinh chạy \[1000{\rm{ m}}\] từ \[4:00\] đến dưới \[4:30\] là \(\frac{{13}}{{36}} \approx 36,1\% \);
A. từ \[4:30\] đến dưới \[5:00\] là \(\frac{8}{{36}} \approx 22,2\% \);
B. từ \[5:00\] đến dưới \[5:30\] là \(\frac{{12}}{{36}} \approx 33,3\% \);
C. từ \[5:30\] đến dưới \[6:00\] là:
D. \(100\% - 36,1\% - 22,2\% - 33,3\% \approx 8,4\% \).
A. Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:
Nhóm | \[{\rm{[}}4:00\,;\,\,4:30)\] | \[\left[ {4:30\,;\,\,5:00} \right)\] | \[\left[ {{\rm{5}}:00\,;\,\,5:30} \right)\] | \[\left[ {{\rm{5}}:30\,;\,\,6:00} \right)\] |
Số học sinh | \(36,1\% \) | \(22,2\% \) | \(33,3\% \) | \(8,4\% \) |
2. Ta thấy các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là đồng khả năng.
Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,...\,\,;\,\,51;\,\,52} \right\}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \[52\] phần tử.
Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số nhỏ hơn \[27\]” là: \(1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,...\,\,;\,\,25;\,\,26\). Số kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) là \[26\] phần tử.
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{26}}{{52}} = \frac{1}{2}\).
Cho tam giác \[ABC\] nhọn có \[AB < AC\] nội tiếp đường tròn \[\left( {O;R} \right)\]. Các đường cao \[BE;\,\,CF\] của tam giác cắt nhau tại \[H\] \[\left( E \right.\] thuộc \[AC,\,\,F\]thuộc \[\left. {AB} \right).\]
a) Chứng minh: Tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn.
b) Kẻ đường kính \[AK\] của đường tròn \[\left( O \right)\]. Chứng minh \[AK\] vuông góc với \[EF\].
c) Giả sử \[BC\] cố định và \[A\] di chuyển trên cung lớn \[BC\] sao cho tam giác\[ABC\] luôn là tam giác nhọn. Xác định vị trí của điểm \[A\] để diện tích tam giác \[EAH\] lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo \[R\] khi \[BC = R\sqrt 3 .\]
Hướng dẫn giải
a) Ta có \[BE,\,\,CF\] là hai đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ .\]
Tam giác \[BCE\] vuông tại \[E\] nên \[B,\,\,C,\,\,E\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]
Tam giác \[BFC\] vuông tại \[F\] nên \[B,\,\,C,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]
Do đó \[B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]
Hay tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp.
b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\], mà \[\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.\]
Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên
\[\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \] hay \[\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .\]
Tam giác \[IAE\] vuông tại \[I\] nên \[AK \bot EF\] (đpcm).
c) Gọi \[M\] là giao điểm của \[BC\] và \[HK.\]
Vì \(\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}\) đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ \] hay \(AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.\)
Vì \(AB \bot BK\) và \(AB \bot CF\) nên \[BK\,{\rm{//}}\,CF\] hay \[BK\,{\rm{//}}\,CH.\]
Vì \(AC \bot CK\) và \(AC \bot BE\) nên \[BE\,{\rm{//}}\,CK\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,CK.\]
Xét tứ giác \(BHCK\) có \[BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK\] nên tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Suy ra hai đường chéo \(BC\) và \[HK\]cắt nhau tại trung điểm \[M\] của mỗi đường.
Xét tam giác \[AHK\] có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AK,\,\,HK\)
Suy ra \[OM\] là đường trung bình tam giác \[AHK\] nên \[AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.\]
Vì \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \({S_{AEH}} = \frac{1}{2}AE \cdot EH \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{2} = \frac{{A{H^2}}}{4} = O{M^2}. & \left( 1 \right)\)
Vì \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]
Vì \[OM\,{\rm{//}}\,AH\] và \(AH \bot BC\) nên \(OM \bot BC.\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OBM\) vuông tại \(M\) \(\left( {OM \bot BC} \right)\), ta có: \(O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}\)
Khi đó \[O{M^2} = O{B^2} - B{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4}.\] Suy ra \(OM = \frac{R}{2}. & \left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \({S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}\).
Dấu xảy ra khi \[AE = EH\] nên \(\widehat {EAH} = 45^\circ \) hay \(\widehat {ACB} = 45^\circ \).
Vậy \[{\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\] khi \[A\] thuộc cung lớn \[BC\] và \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]
