Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 3
13 câu hỏi
Câu 1-2. Một cổng chào được thiết kế theo hình parabol là một phần của đồ thị hàm số Khoảng cách giữa hai chân cổng là \(AB = 8\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)
a) Tính hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B\).
Xét đồ thị hàm số \(y = - \frac{{{x^2}}}{2}\).
a) Ta có \(\frac{{AB}}{2} = 4\).
Vậy hoành độ của \(A\) và \(B\) thứ tự là \( - 4\) và \(4\).
b) Tính chiều cao của cổng.
b) Thay \(x = 4\) vào công thức \(y = - \frac{{{x^2}}}{2}\), ta có: \(y = - {\frac{4}{2}^2}\) nên \(y = - 8\).
Vậy chiều cao của cổng là \(\left| {\, - 8\,} \right| = 8\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi \(280{\rm{\;m}}\). Người ta làm một lối đi xung quanh vườn rộng \(2{\rm{\;m}}\), diện tích còn lại để trồng trọt là \(4256{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\). Tính chiều dài, chiều rộng của khu vườn.
Nửa chu vi của vườn là \(\frac{{280}}{2} = 140\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Gọi \(x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) là chiều dài của hình chữ nhật \(\left( {70 < {\rm{x}} < 140} \right).\)
Khi đó, chiều rộng của hình chữ nhật là: \(140 - x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).Mỗi bên để \(2{\rm{\;m}}\) làm lối đinên chiều dài của đất để lại trồng trọt chỉ còn \(x - 4\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) và chiêu rộng là: \(140 - x - 4 = 136 - x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Theo bài ra, ta có phương trình: \(\;\left( {x - 4} \right)\left( {136 - x} \right) = 4256\)
\(136x - {x^2} - 544 + 4x = 4256\)
\({x^2} - 140x + 4800 = 0\)
Ta có \(a = 1\,;\,\,b' = - 70\,;\,\,c = 4800\,;\,\,\Delta ' = 4900 - 4800 = 100 > 0\).
Do đó \(x = 60{\rm{\;}}\) (loại) hoặc \(x = 80\) (TMĐK).
Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là 80 m và 60 m.
Câu 4-5. (2,0 điểm) Biểu đồ dưới đây biểu diễn tỉ lệ về thời gian chạy cự li 100 mét của các học sinh lớp 9A.
Biết rằng có 5 học sinh có thời gian chạy từ 13 giây đến dưới 15 giây.
a) Lập bảng tần số ghép nhóm tương ứng.
a) Gọi \(n\) là tổng số học sinh của lớp 9A, ta có \(\frac{5}{n} \cdot 100\% = 12,5\% \).
Suy ra \(n = 40\) học sinh.
Ta có bảng phân bố tần số ghép nhóm như sau:
Thời gian (tính bằng giây) | \(\left[ {13;15} \right)\) | \(\left[ {15;17} \right)\) | \(\left[ {17;19} \right)\) | \(\left[ {19;21} \right)\) |
Tần số | 5 | 16 | 13 | 6 |
b) Bạn lớp trưởng cho rằng có trên 50% số học sinh của lớp có thời gian chạy nhanh hơn 17 giây. Nhận định đó đúng hay sai? Tại sao?
b) Tổng số học sinh chạy nhanh hơn 17 giây là 19 học sinh, đạt tỉ lệ \(\frac{{19}}{{40}} \cdot 100\% = 47,5\% .\)Do đó nhận định của bạn lớp trưởng là nhận định sai.
Câu 6-7. (1,5 điểm) Một tấm bìa cứng hình tròn được chia làm bốn hình quạt bằng nhau, đánh số 1; 2; 3; 4 và được gắn vào trục quay có mũi tên ở tâm (hình vẽ).
Bạn Tuấn quay tấm bìa hai lần, quan sát và ghi lại số hình quạt và mũi tên chỉ vào.
a) Ta có bảng sau:
Lần 2 Lần 1 | 1 | 2 | 3 | 4 |
1 | (1, 1) | (1, 2) | (1, 3) | (1, 4) |
2 | (2, 1) | (2, 2) | (2, 3) | (2, 4) |
3 | (3, 1) | (3, 2) | (3, 3) | (3, 4) |
4 | (4, 1) | (4, 2) | (4, 3) | (4, 4) |
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, không gian mẫu có 16 phần tử.
b) Tính xác suất của các biến cố:
E: “Tổng hay số ghi trên hai hình quạt ở hai lần quay bằng 5”.
F: “Tích hai số ghi trên hai hình quạt ở hai lần quay bằng 4”.
b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \(E\) là\[E = \left\{ {\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)} \right\}.\]
Do đó, xác suất của biến cố \(E\) là\(P\left( E \right) = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}.\)
b) Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(F\) là\[F = \left\{ {\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)} \right\}.\]
Do đó, xác suất của biến cố \(F\) là \(P\left( F \right) = \frac{3}{{16}}.\)
Cho tam giác \(ABC\) đều như hình vẽ. Điểm \(B\) biến thành điểm nào?
• Phép phép quay thuận chiều \(60^\circ \) tâm \(A\).
• Phép phép quay ngược chiều \(300^\circ \) tâm \(A\).
a) Tam giác \(ABC\) đều nên \(AB = AC\). Do đó \(C\) thuộc đường tròn \(\left( {A\,;\,\,AB} \right)\).
Xét đường tròn \(\left( {A\,;\,\,AB} \right)\), ta có: \(\widehat {BAC} = 60^\circ \)nên
Khi đó điểm \(B\) biến thành điểm \(C\) qua phép quay thuận chiều \(60^\circ \) tâm \(A\).b) Ta có: .
Khi đó điểm \({\rm{B}}\) biến thành điểm \({\rm{C}}\) qua phép quay ngược chiếu \(300^\circ \) tâm \({\rm{A}}\).
a) Chứng minh rằng \(M,\,\,D,\,\,O,\,\,H\) cùng nằm trên một đường tròn.
a) Vì \(MC,\,\,MD\) là tiếp tuyến của \(\left( {O\,;\,\,R} \right)\)\(\left( {C,\,\,\,D} \right.\) là hai tiếp điểm) nên \(MC \bot OC,\,\)\(\,MD \bot OD.\)
Suy ra \(\widehat {OCM} = \widehat {ODM} = 90^\circ \) nên \(C,\,\,D\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\).
Vì \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(AB\) là dây của \(\left( {O\,;\,\,R} \right)\) nên \(OH \bot AB\).Suy ra \(\widehat {OHM} = 90^\circ \) nên \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\).
Vậy \(M,\,\,D,\,\,O,\,\,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(OM\).
b) Đoạn \(OM\) cắt đường tròn tại \(I.\) Chứng minh rằng \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(MCD.\)
b)Vì \(MC,\,\,MD\) là tiếp tuyến của \(\left( {O\,;\,\,R} \right)\)\(\left( {C,\,\,\,D} \right.\) là hai tiếp điểm) nên \(MO\) là tia phân giác của \(\widehat {CMD}\) và \(OM\) là tia phân giác của \(\widehat {COD}.\)
Mặt khác, \(\widehat {MCI} = \widehat {CDI}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
và \(\widehat {CDI} = \widehat {DCI}\) (tam giác \(CDI\) cân tại \[I\,)\].
Suy ra \[\widehat {MCI} = \widehat {DCI}\] nên \[CI\] là tia phân giác của \(\widehat {MCD}\).
Ta có \(I\) là giao điểm hai đường phân giác trong của tam giác \(MCD\) nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(MCD.\)
c) Đường thẳng qua \(O,\) vuông góc với \(OM\) cắt các tia \(MC,\,\,MD\) theo thứ tự tại \(P,\,\,Q.\) Tìm vị trí của điểm \(M\) trên \(d\) sao cho diện tích tam giác \(MPQ\) nhỏ nhất.
c) Ta có \({S_{MPQ}} = 2{S_{MPO}} = MP \cdot OC = \left( {MC + CP} \right) \cdot R\).
Mà \(MC + CP \ge 2\sqrt {MC.CP} = 2\sqrt {O{C^2}} = 2R\) nên \({S_{MPQ}} \ge 2{R^2}\).
Dấu xảy ra khi \(MC = CP = R\) hay \(OM = R\sqrt 2 \).
Vậy để diện tích tam giác \(MPQ\) nhỏ nhất thì \(M\)là giao điểm của \(\left( {O\,;\,\,R\sqrt 2 } \right)\) và đường thẳng \(d.\)
Câu 12-13. (1,5 điểm)Chú Hề trên sân khấu thường có trang phục như Hình a. Mũ của chú Hề có dạng hình nón. Có thể mô phỏng cấu tạo, kích thước chiếc mũ của chú Hề như Hình b.
a) Để phủ kín mặt ngoài của chiếc mũ của chú Hề như Hình b cần bao nhiêu cemtimet vuông giấy màu (không tính phần mép dán, làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
a) Đường kính của hình nón là: \[26 - 2{\rm{ }}.{\rm{ }}3 = 20{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Bán kính \[r = \frac{{20}}{2} = 10{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Đường sinh là \[30{\rm{ cm}}\].
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là:
\[{S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot 10 \cdot 30 = 300\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right) \approx 942,48{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
Để phủ kín mặt ngoài chiếc mũ của chú hề, số giấy màu cần dùng là khoảng \[942,48{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]
b) Hỏi thể tích phần có dạng hình nón của chiếc mũ chú hề ở Hình b bằng bao nhiêu centimét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Bán kính của hình nón là: \(\frac{{26 - 3 \cdot 2}}{2} = 10{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Theo định lý Pythagore, ta có:\[S{A^2} = S{O^2} + O{A^2}\]
Suy ra \[SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{30}^2} - {{10}^2}} = 20\sqrt 2 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]
Chiều cao của hình nón \[h = SO = 20\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Thể tích phần có dạng hình nón của chiếc mũ hề là:
\[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi \,.\,{10^2}\,{\rm{.}}\,{\rm{20}}\sqrt 2 \approx {\rm{2}}\,{\rm{961,92 }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\].
Vậy thể tích phần có dạng hình nón của chiếc mũ hề là\[{\rm{2}}\,{\rm{961,92 c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]
