Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 5

1. a) Điểm có hoành độ bằng \(1\) là một điểm chung của parabol \(y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x - 2\) thì có tung độ \(y = 2 \cdot {1^2} = 2.\)

Do đó \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\) là điểm chung của parabol và đường thẳng.

b) Vì \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\) thuộc đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x - 2\) nên ta có \(2 = \left( {m - 1} \right) \cdot 1 - 2\) hay \(m = 5.\)

Vậy \(m = 5\) là giá trị cần tìm.

2. Gọi số tàu dự định của đội là \(x\) (chiếc) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 140} \right).\)

Số tàu tham gia vận chuyển là \(x + 1\) (chiếc)

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định: \(\frac{{280}}{x}\) (tấn)

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế: \(\frac{{286}}{{x + 1}}\) (tấn)

Theo đề bài ta có phương trình \(\frac{{280}}{x} - \frac{{286}}{{x + 1}} = 2\)

\(280\left( {x + 1} \right) - 286x = 2x\left( {x + 1} \right)\)

\({x^2} + 4x - 140 = 0\)

\(x = 10\)(thỏa mãn) hoặc \(x = - 14\) (loại)

Vậy đội tàu lúc đầu là \(10\) chiếc.

a) Tổng số học sinh lớp 9C là \(40\).

Tần số tương đối của các nhóm \[\left[ {0\,;\,\,1} \right)\], \[\left[ {1\,;\,\,2} \right)\], \[\left[ {2\,;\,\,3} \right)\], \[\left[ {3\,;\,\,4} \right)\]lần lượt là:

\[{f_1} = \frac{{10}}{{40}} \cdot 100\% = 25\% \]; \({f_2} = \frac{{15}}{{40}} \cdot 100\% = 37,5\% \);

\({f_3} = \frac{8}{{40}} \cdot 100\% = 20\% \); \({f_4} = \frac{7}{{40}} \cdot 100\% = 17,5\% \).

b) Bảng tần số tương đối của mỗi nhóm

Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ đoạn thẳng của mẫu số liệu ghép nhóm đó:

a) Tổng số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua là:

\(\left( {3 + 4} \right) + \left( {8 + 5} \right) + \left( {6 + 4} \right) + \left( {9 + 7} \right) = 46\) (học sinh).

b) Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A.\)

Do đó, xác suất của biến cố \(A\) là\(P\left( A \right) = \frac{7}{{46}}.\)
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là: \(8 + 6 = 14\).

Do đó, xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( B \right) = \frac{{14}}{{46}} = \frac{7}{{23}}.\)

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.

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).

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 \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]

Thể tích khối gỗ là:

\[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{90}}{2}} \right)^2} \cdot 75 \approx 158\,\,963\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\]

Vậy thể tích khối gỗ khoảng \[158\,\,963\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]

b) Độ dài đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} \).

Suy ra \(l = \sqrt {{{75}^2} + {{\left( {\frac{{90}}{2}} \right)}^2}} = 15\sqrt {34} \approx 87,46\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Diện tích xung quanh của chiếc nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot 45 \cdot 87,46 \approx 12\,\,358\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Thời gian để khắc xong chiếc nón là: \(12\,\,358 \cdot \frac{3}{{60}} = 617,9\)(giờ).

Vậy để khắc xong cả chiếc nón thì cần khoảng\(617,9\)giờ.

Ta có bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) thuộc đường tròn tâm \(O\) là giao điểm hai đường chéo \(AC\) và \(BD.\) Ta có \(AC \bot BD.\)

Có 8 phép quay giữ nguyên hình vuông \(ABCD\) là:

Phép quay \(90^\circ ,\,\,180^\circ ,\,\,270^\circ ,\,\,360^\circ \) tâm \(O\) thuận chiều.

Phép quay \(90^\circ ,\,\,180^\circ ,\,\,270^\circ ,\,\,360^\circ \) tâm \(O\) ngược chiều.