Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 3

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) 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 $\left| {\, - 8\,} \right| = 8\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

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 đi nên 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.

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