Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 2

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) 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) 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, số phần tử của $\Omega$ là 16.

b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là $A = \left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,3} \right)} \right\}.$

Do đó, xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}.$

b) Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là $B = \left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,2} \right);\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right);\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)} \right\}.$

Do đó, xác suất của biến cố $B$ là $P\left( B \right) = \frac{5}{{16}}.$

Ta có $\text{sđ}\overset{\frown}{AB}=\text{sđ}\overset{\frown}{BC}=\text{sđ}\overset{\frown}{CD}=\text{sđ}\overset{\frown}{DE}=\text{sđ}\overset{\frown}{EF}=\text{sđ}\overset{\frown}{FA}=\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$.

Xét tam giác $AOB$ cân tại $O$ có $\widehat {AOB} = 60^\circ$ (vì

Vì tam giác $AOB$ đều nên $AB = R$ và $\widehat {ABO} = 60^\circ .$

Tương tự với tam giác ${\rm{BOC}}$ đều nên $\widehat {OBC} = 60^\circ$ và $BC = R.$

Suy ra $\widehat {ABC} = \widehat {ABO} + \widehat {OBC} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$ và $AB = BC = R$.

Chứng minh tương tự với các cạnh và các góc còn lại ta có đa giác $ABCD$ có:

$AB = BC = CD = DE = EF = FA = R.\;$

Và các góc $\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEF} = \widehat {EFA} = \widehat {FAB} = 120^\circ$.

Do đó $ABCDEF$ là một đa giác đều.

2. a) Vì $CK \bot AK$ nên $\widehat {AKC} = 90^\circ .$ Vì $CH \bot AB$ tại $H$ nên $\widehat {AHC} = 90^\circ .$

Gọi $I$là trung điểm $AC$.

$\Delta AKC$có $KI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$ nên $KI = OA = OC = \frac{1}{2}AC.$

$\Delta AHC$ có $HI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền$AC$ nên $HI = IA = IC = \frac{1}{2}AC.$

Do đó $IA = IK = IC = IH.$

Vậy bốn điểm $A,\,\,H,\,\,C,\,\,K$ cùng nằm trên cùng một đường tròn tâm $I$ hay tứ giác $AHCK$ nội tiếp.

b) Vì $AHCK$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {CHK} = \widehat {CAK} = \widehat {CAE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $KC).$

Lại có $ADCE$nội tiếp nên $\widehat {CAE} = \widehat {CDE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $EC).$

Từ đó suy ra $\widehat {CHK} = \widehat {CDE}$ nên $HK\,{\rm{//}}\,DE$ (đpcm).

Do $HK\,{\rm{//}}\,DE$, mà $H$ là trung điểm $CD$ (quan hệ vuông góc của đường kính $AB$ với dây $CD$ tại $H).$

Suy ra $HK$ là đường trung bình của tam giác $CDF$ nên $K$ là trung điểm $FC$.

Tam giác $AFC$ có $AK$ là đường cao đồng thời cũng là trung tuyến.

Do đó tam giác $CAF$là tam giác cân tại $K$ (đpcm).

c) Tam giác $FAC$ cân tại $A$ nên $AF = AC.$

Dễ thấy tam giác $ACD$ cân tại $A$ nên $AC = AD$.

Từ đó suy ra $AF = AD$ hay tam giác $AFD$ cân tại $A$, hạ $DI \bot AF$ .

Ta có ${S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC$.

Do $AC$ không đổi nên ${S_{AFD}}$ lớn nhất khi và chỉ khi $DI$ lớn nhất.

Trong tam giác vuông $AID$ ta có:

$ID \le AD = AC$ hay ${S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC \le \frac{{A{C^2}}}{2}$.

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $I \equiv A$, khi đó $\widehat {DAF} = 90^\circ$ nên tam giác $ADF$ vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat {EBA} = \widehat {EDA} = 45^\circ$ hay $E$ là điểm chính giữa cung $AB.$

Vậy để diện tích tam giác $ADF$ lớn nhất thì $E$ là điểm chính giữa cung $AB.$

a) Thể tích nước trong cốc là:

${V_1} = \pi {r^2}\;h = \pi \cdot {12^2} \cdot 10 = 1440\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).$

Vậy thể tích nước trong cốc là $1440\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$

b) Thể tích quả cầu kim loại: ${V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {4^3} = \frac{{256}}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Thể tích quả cầu chính là thể tích nước dâng lên.

Ta có mực nước trong cốc tăng thêm: $\frac{{256}}{2}\pi :144\pi = \frac{{16}}{{27}}$ (cm).

Vậy mực nước trong cốc tăng thêm $\frac{{16}}{{27}}$ cm.