Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 2
12 câu hỏi
Câu 1-2. (2,5 điểm)
1. Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = - {x^2}.\)
a) Tính \(f\left( 0 \right);f\left( 3 \right)\).
a) Tìm \({x_0}\) biết \(f\left( {{x_0}} \right) = - 27\).
1. Xét đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = - {x^2}.\)
a) Thay \(x = 0\,;\,\,x = 3\) vào hàm số \(y = f\left( x \right) = - {x^2}.\)
\(f\left( 0 \right) = 0\,;\,\,f\left( 3 \right) = - {3^2} = - 9.\)
Vậy \(f\left( 0 \right) = 0\,;\,\,f\left( 3 \right) = - 9.\)
b) Ta có \(y = f\left( x \right) = - {x^2}\) nên \(f\left( {{x_0}} \right) = - {x_0}^2\).
Mà \(f\left( {{x_0}} \right) = - 27\) nên \( - {x_0}^2 = - 27\) hay \({x_0}^2 = 27\).
Do đó \({x_0} = - 3\sqrt 3 \) hoặc \({x_0} = 3\sqrt 3 \).
Vậy khi \(f\left( {{x_0}} \right) = - 27\) thì \({x_0} = - 3\sqrt 3 \) hoặc \({x_0} = 3\sqrt 3 \).
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Quãng đường \({\rm{AB}}\)dài \(90{\rm{\;km}}\), có hai ô tô khởi hành cùng một lúc. Ô tô thứ nhất đi từ A đến \({\rm{B}}\)ô tô thứ hai đi từ \({\rm{B}}\)đến \({\rm{A}}\). Sau \[1\] giờ hai xe gặp nhau và tiếp tục đi. Xe ô tô thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là \[27\] phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
2. Đổi 27 phút \( = \frac{9}{{20}}\)(giờ).
Sau 1 giờ hai xe gặp nhau nên tổng vận tốc của hai xe bằng \(90\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}.\)
Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\)là vận tốc cùa \({\rm{xe}}\)thứ nhất \(\left( {0 < x < 90} \right)\).
thì vận tốc của xe thứ hai là \[90 - x\,\,\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\].
Thời gian của xe thứ nhất di từ \({\rm{A}}\)đến \({\rm{B}}\)là \(\frac{{90}}{x}\)(giờ).
Thời gian của xe thứ hai là \(\frac{{90}}{{90 - x}}\)(giờ).
Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{{90}}{x} - \frac{9}{{90 - x}} = \frac{9}{{20}}\).
\(\frac{{10}}{x} - \frac{1}{{90 - x}} = \frac{1}{{20}}\)
\({x^2} - 490x + 18\,\,000 = 0\)
\(x = 40\) (TMĐK) hoặc \(x = 450\) (loại).
Vậy vận tốc của xe thứ nhất là \[40\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}\]; vận tốc của xe thứ hai là \(50\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}{\rm{.}}\)
Câu 3-4. (2,0 điểm) Biểu đồ dưới đây biểu diễn tỉ lệ về cân nặng của các bạn học sinh lớp 9A (đơn vị: kg).
Biết rằng có 11 học sinh có cân nặng từ 50 kg đến dưới 55 kg.
a) Lập bảng tần số ghép nhóm tương ứng.
. a) Từ biểu đồ trên, ta có bảng tần số ghép nhóm tương ứng như sau:
Cân nặng(kg) | \[\left[ {35\,;\,\,40} \right)\] | \[\left[ {40\,;\,\,45} \right)\] | \[\left[ {45\,;\,\,50} \right)\] | \[\left[ {50\,;\,\,55} \right)\] | \[\left[ {55\,;\,\,60} \right)\] | \[\left[ {60\,;\,\,65} \right)\] |
Tần số tương đối | 5% | 10% | 37,5% | 27,5% | 15% | 5% |
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?
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 \[\left[ {55\,;\,\,60} \right)\] là \(40 \cdot 15\% = 6\) (học sinh).
Số học sinh \[\left[ {60\,;\,\,65} \right)\] là \(40 \cdot 5\% = 2\) (học sinh).
Tổng số học sinh từ 50 kg trở lên là \(11 + 6 + 2 = 19\)(học sinh).
Vậy nhận định đó là sai.
Câu 5-6. (1,5 điểm) Bạn Hoàng lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ một túi đựng 2 quả cầu gồm một quả màu đen và một quả cầu màu trắng, có cùng khối lượng và kích thước. Bạn Hải rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ một hộp đựng 3 tấm thẻ A, B, C.
a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.
a) Kí hiệu quả cầu đen, trắng thứ tự là Đ, T.
Ta có bảng sau:
Tấm thẻ Quả cầu | A | B | C |
1 |
|
|
|
2 | \[\left( {T,A} \right)\] | \[\left( {T,B} \right)\] | \[\left( {T,\,\,C} \right)\] |
Không gian mẫu có 6 phần tử.
b) Xét các biến cố sau:
E: “Bạn Hoàng lấy được một quả cầu màu đen”;
F: “Hoàng lấy được quả cầu màu trắng và bạn Hải không rút được tấm thẻ A”.
Tính \(P\left( E \right);P\left( F \right)\).
b) Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(E\) là
Do đó, xác suất của biến cố \(E\) là\(P\left( E \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).
Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \(F\) là\[F = \left\{ {\left( {T,B} \right);\,\,\left( {T,\,\,C} \right)} \right\}.\]
Do đó, xác suất của biến cố \(F\) là \(P\left( F \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.\)
Câu 8-10. (2,5 điểm)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\), bán kính \(R\,\,\left( {R > 0} \right)\) và dây cung \(BC\)cố định. Một điểm \(A\) chuyển động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao \(AD,\,\,BE\)của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\) và \(BE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại F ( F khác B)
a)Chứng minh rằng tứ giác \(DHEC\) nội tiếp.
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 \(DO' = HO' = CO' = EO' = \frac{1}{2}HC\).
Do đó, bốn điểm \(D,\,\,H,\,\,E,\,\,C\) cùng thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác \(DHEC\) nội tiếp đường tròn.
b) Kẻ đường kính \(AM\)của đường tròn \(\left( O \right)\) và \(OI\) vuông góc với \(BC\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HM\) và tính \[AF\] biết \(BC = R\sqrt 3 .\)
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) Khi \(BC\) cố định, xác định vị trí của \(A\) trên đường tròn \(\left( O \right)\) để \(DH \cdot DA\) lớn nhất.
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\(\frac{{B{C^2}}}{4}\).
Câu 11-12. (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).
Tam giác \[SOA\]vuông tại \[O\](như hình vẽ).
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\[{\rm{2}}\,{\rm{961,92 c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]
Vòng trong của mái giếng trời hình hoa sen của nhà ga Bến Thành (Thành phố Hồ Chí Minh) có dạng đa giác đều 12 cạnh (hình vẽ). Hãy chỉ ra bốn phép quay biến đa giác đều đó thành chính nó.
Đa giác đều 12 cạnh \(ABCDEFGHIKLM\)nội tiếp đường tròn (O) (Xem hình vē).
Ta có: \[\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{{12}} = 30^\circ .\]
\(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \ldots = 30^\circ \).
\(OA = OB = OC = OD = \ldots = OM\)(bán kính đường tròn ngoại tiếp).
