Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) có đáp án - Đề 4

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:

a) Ta có bảng sau:

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) 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 $P\left( F \right) = \frac{3}{{16}}.$

a) Thay $v = 2,\,\,F = 120$ vào công thức $F = a{v^2}$, ta được $120 = a \cdot {2^2}$

Khi đó $4a = 120$ nên $a = 30.$

Vậy hằng số $a = 30$

b) Vì $a = 30$ nên $F = 30{v^2}$.

Với $v = 10$ ta có $F = 30 \cdot {10^2} = 3000\,\,\left( {\rm{N}} \right)$.

Vậy khi tốc độ của gió là $v = 10\,\,{\rm{m/s}}$ thì lực $F$ của gió tác động lên cánh buồm là $3\,\,000\,\,{\rm{N}}.$

Gọi thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là $x$ (giờ) $\left( {x > 0} \right)$.

Khi đó, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể $x + 5$ (giờ).

Khi đó, mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ bể; vòi thứ hai chảy dược: $\frac{1}{{x + 5}}$ bể và cả hai vòi chảy được $\frac{1}{6}$ bể.

Theo đề bài, ta có phương trình: $\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 5}} = \frac{1}{6}$

$\frac{{6\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} + \frac{{6x}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}}$

$6\left( {x + 5} \right) + 6x = x\left( {x + 5} \right)$

${x^2} - 7x - 30 = 0$
$x = 10$ (TMĐK) hoặc $x = - 3$ (loại).

Vậy: Vòi thứ nhất chảy đầy bể trong 10 giờ.

Vòi thứ hai chảy đầy bế trong 15 giờ.

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: $\text{sđ}\overset{\frown}{BnC}=360^{\circ}-\text{sđ}\overset{\frown}{BmC}=360^{\circ}-60^{\circ}=300^{\circ}$ .

Khi đó điểm ${\rm{B}}$ biến thành điểm ${\rm{C}}$ qua phép quay ngược chiếu $300^\circ$ tâm ${\rm{A}}$.

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) 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) 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 $d.$

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) 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 ${\rm{2}}\,{\rm{961{,}92 c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$