Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 4

Đáp án đúng là: C

Hàm số \(y = \frac{x}{3} - 1\) có hệ số \(a = \frac{1}{3} > 0\) nên hàm số đồng biến.

Đáp án đúng là: B

Hàm số \[y = \left( {3m + 2} \right){x^2}\] có đồ thị đi qua điểm \[\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\] nên ta có:

\[2 = 3m + 2\]

\(3m = 0\)

\(m = 0.\)

Vậy để đồ thị hàm số \[y = \left( {3m + 2} \right){x^2}\] đi qua điểm \[\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\] thì \(m = 0.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Khi \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm.

Đáp án đúng là: D

Xét tích \[ac\] của mỗi phương trình, ta có:

• Phương trình \[{x^2} - 6x + 5 = 0\] có \[ac = 1 \cdot 5 = 5 > 0\].

• Phương trình \[{x^2} - 5x + 6 = 0\] có \[ac = 1 \cdot 6 = 6 > 0\].

• Phương trình \[ - {x^2} - 5x - 6 = 0\] có \[ac = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 6} \right) = 6 > 0\].

Do đó, các phương trình \[{x^2} - 6x + 5 = 0\]; \[{x^2} - 5x + 6 = 0\]; \[ - {x^2} - 5x - 6 = 0\] có hai nghiệm cùng dấu.

• Phương trình \[{x^2} - 5x - 6 = 0\] có \[ac = 1 \cdot \left( { - 6} \right) = - 6 < 0\].

Do đó, phương trình \[{x^2} - 5x - 6 = 0\] có hai nghiệm trái dấu.

>

Đáp án đúng là: D

Biểu đồ tần số dạng cột chính là biểu đồ cột với trục đứng biểu diễn tần số.

Do đó ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Từ bảng số liệu ghép nhóm, ta có \[5\] nhóm số liệu lần lượt là: \(\left[ {150\,;\,\,160} \right)\), \(\left[ {160\,;\,\,167} \right)\), \(\left[ {167\,;\,\,170} \right),\) \(\left[ {170\,;\,\,175} \right)\), \(\left[ {175\,;\,\,180} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Quan sát biểu đồ, ta thấy vào năm 2023, cửa hàng đã bán được 600 đôi giày.

Do đó ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Ta thấy tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ nhất là 2 và lớn nhất là 12.

Do đó, tổng số chấm trên hai con xúc xắc thì \[T = 1\] không thể xảy ra.

Đáp án đúng là: B

Tâm đường tròn nội tiếp của một tam giác là giao của các đường phân giác trong của tam giác đó.

Đáp án đúng là: A

Ta thấy trên hình 1, các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D\] đều nằm trên đường tròn \[\left( O \right)\] nên tứ giác \[ABCD\] trên hình 1 là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: C

Phép quay giữ nguyên mọi điểm là phép quay \(0^\circ \) và \(360^\circ \).

Đáp án đúng là: C

Các phép quay giữ nguyên tam giác \[ABC\] là:

Ba phép quay thuận chiều α° tâm O với α° lần lượt nhận các giá trị:

\[\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{3} = 120^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{3} = 240^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{3} = 360^\circ .\]

Vậy chọn đáp án C.

Hướng dẫn giải

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

Xét phương trình \({x^2} + \left( {m + 2} \right)x + m - 1 = 0\) với \(m\) là tham số.

⦁ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn \(x\) có \(a = 1 \ne 0\,;\,\,b = m + 2\,;\,\,c = m - 1.\) Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phương trình có biệt thức \(\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {m - 1} \right) = {m^2} + 8 > 0\) nên phương trình luôn có nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\) Do đó ý b) là đúng.

⦁ Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \left( {m + 2} \right)\,;\,\,{x_1}{x_2} = m - 1.\) Do đó ý c) là sai.

⦁ Ta có \[{x^2}_1 + 2{x_1}{x_2} + {x^2}_2 - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 6\]

\[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 6\]

\[{\left( {m + 2} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right) + \left( {m + 2} \right) = 6\]

\[{m^2} + 4m + 4 - 2m + 2 + m + 2 = 6\]

\[{m^2} + 3m + 2 = 0\].

Phương trình này có tổng các hệ số \(a - b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình này có các nghiệm \({m_1} = - 1\,,\,\,{m_2} = - 2\).

Vậy có hai giá trị cần tìm của \(m\) là \({m_1} = - 1\,,\,\,{m_2} = - 2\). Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Sai.d) Sai.

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

Do đó ý a) là sai.

⦁ Đường kính đáy là \[4,4{\rm{ cm}}\] nên bán kính đáy \(R = \frac{{4,4}}{2} = 2,2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Do đó ý b) là đúng.

⦁ Thể tích của que kem là: \({V_1} = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {2,2} \right)^2} \cdot 12 = \frac{{484}}{{25}}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\) Do đó ý c) là sai.

⦁ Thể tích hình trụ là: \({V_2} = 100\pi \cdot 15 = 1500\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Số chiếc kem ốc quế tối đa có thể làm được là: \(\frac{{1500\pi }}{{\frac{{484}}{{25}}\pi }} = \frac{{9375}}{{121}} \approx 77\) (cái). Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 20.

Gọi \(x\)(cây) là số cây mỗi ngày công nhân trồng theo dự kiến \[\left( {x \in \mathbb{N}*} \right).\]

Thời gian trồng cây theo dự kiến là :\(\frac{{300}}{x}\)(ngày)

Thực tế, số cây trồng được mỗi ngày là \(x + 5\)(cây)

Thời gian trồng cây thực tế là :\(\frac{{300}}{{x + 5}}\)(ngày)

Theo đề bài ta có phương trình \(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 5}} = 3\)

\(300\left( {x + 5} \right) - 300x = 3x\left( {x + 5} \right)\)

\(300x + 1500 - 300x = 3{x^2} + 15x\)

\(3{x^2} + 15x - 1500 = 0\)

\[{x^2} + 5x - 500 = 0\]

\[x = 20\] (TMĐK) hoặc \[x = - 25\] (loại).

Vậy mỗi ngày dự kiến trồng được 20 cây.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 50.

Vì xác suất của biến cố “Chọn được số là hợp số” là \[0,7\] nên xác suất của biến cố “Chọn được số là số nguyên tố” là: \(1 - 0,7 = 0,3\).

Số phần tử trong tập hợp \(A\) là: \(15:0,3 = 50\) (phần tử).

Vậy tập hợp \[A\] có 50 phần tử.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 60.

Vì tứ giác nội tiếp \(ABCD\) đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau của một tứ giác nội tiếp). Suy ra \(\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ .\)

Tương tự, ta có \(\widehat {ABC} + \widehat {CDA} = 180^\circ \) hay \(\widehat {CDA} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 130^\circ = 50^\circ .\)

Vì tổng các góc trong tam giác \(ADX\) nên

\(\widehat {BXC} = \widehat {AXD} = 180^\circ - \widehat {DAB} - \widehat {CDA} = 180^\circ - 70^\circ - 50^\circ = 60^\circ .\)

Hướng dẫn giải

Đáp số: 4678.

Diện tích vải để làm q

uả bóng trắng có hình cầu là: \[4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} = 49\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Diện tích vải để làm đế nón hình trụ là: \[2\pi Rh = 2\pi .16.7 = 224\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]

Độ dài cạnh \[OH\] là: \[45 - 7 - \frac{7}{2} = 34,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Độ dài cạnh \[OA\] là:\[\sqrt {O{H^2} + H{A^2}} = \sqrt {34,{5^2} + {{16}^2}} \approx 38\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Diện tích phần vải để làm phần mũ hình nón là: \[2\pi Rl = 2\pi .16.38 = 1216\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]

Tổng diện tích phần vải để may nón: \[49\pi + 224\pi + 1216\pi = 1489\pi \approx 4678\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Hướng dẫn giải

1. a) Từ biểu đồ trên, ta có bảng tần số ghép nhóm tương ứng như sau:

b) Bạn lớp trưởng cho rằng có trên 50% số học sinh của lớp có cân nặng từ 50 kg trở lên. Nhận định đó đúng hay sai? Tại sao?

Vì có có 11 học sinh có cân nặng từ 50 kg đến dưới 55 kg. nên số học sinh của lớp đó là:

11 : 27,5% = 40 (học sinh).

Số học sinh từ [56; 60) là \(40 \cdot 15\% = 6\) (học sinh).

Số học sinh [60; 66) là \(40 \cdot 5\% = 2\) (học sinh).

Tổng số học sinh từ 50 kg trở lên là (học sinh).

Vậy nhận định đó là sai.

2. Không gian mẫu của phép thử là \[\Omega = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,52} \right\}\].

Do đó \[n\left( \Omega \right) = 52\].

Gọi \[B\] là biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số khi chia cho 4 và 5 đều có số dư là 1”.

Ta có \[B = \left\{ {1\,;\,\,21\,;\,\,41} \right\}\] nên \[n\left( B \right) = 3\].

Xác suất của biến cố \[B\] là \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{{52}}\].

Hướng dẫn giải

a) Gọi \(O'\) là trung điểm của cạnh \[CH.\]

Ta có \(HD \bot CD\) nên \(\widehat {HDC} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta HDC\)vuông tại \[D\] có \(DO'\) là trung tuyến nên \(DO' = HO' = CO' = \frac{1}{2}HC\).

Chứng ming tương tự, ta có \(CO' = HO' = EO' = \frac{1}{2}HC\).

Do đó \(DO' = HO' = CO' = EO' = \frac{1}{2}HC\).

Vậy bốn điểm \(D,\,\,H,\,\,E,\,\,C\) cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác \(DHEC\) nội tiếp đường tròn.

b) Trong tam giác \(ABC\) có \(BE,\,\,AD\) là hai đường cao cắt nhau tại \(H\).

Vì \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) nên \(CH \bot AB\).

Trong\(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính \(AM\).

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) nên \(MB \bot AB\,;\,\,MC \bot AC.\)

Mà \(CH \bot AB\,;\,\,BH \bot AC\) nên \(MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH\) nên \(BHCM\) là hình bình hành.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(OI \bot BC\) tại \(I\) nên \(I\) là trung điểm của \(BC\) (đường kính vuông góc với dây).

c) Xét \(\Delta DHB\) và \(\Delta DCA\) có

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \) (vì \(AD \bot BC\))

\(\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACB}\))

Do đó .

Suy ra \(\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}\) hay \(DH \cdot DA = DB \cdot DC.\)

Ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) hay \({a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\) nên \({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\), suy ra \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\).

Áp dụng bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\), ta có: \(DB \cdot DC \le \frac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}\).

Suy ra \(DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4}\) không đổi vì \(BC\) cố định.

Dấu xảy ra khi \(DB = DC\), khi đó \(A\) là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy \(A\) là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của \(DH \cdot DA\) bằng \(\frac{{B{C^2}}}{4}\).