Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 4

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 ${x_0} = 3\sqrt 3$.

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 ${\rm{A}}$ dến ${\rm{B}}$ 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 $50\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}{\rm{.}}$

Từ biểu đồ trên, ta có bảng tần số ghép nhóm tương ứng như sau:

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.

a) Kí hiệu quả cầu đen, trắng thứ tự là Đ, T.

Ta có bảng sau:

Không gian mẫu có 6 phần tử.

b) Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là $E\ =\{(Đ,A)\ ;\ (Đ,B);\ (Đ,C)\}.$

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 $P\left( F \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

Ta có một bát giác đều $ABCDEFGH$ nội tiếp trong đường tròn $\left( O \right)$, mỗi góc ở tâm là: $360^\circ :8 = 45^\circ .$

Theo giả thiết, ta có: $\widehat {AOD} = 3 \cdot 45^\circ = 135^\circ .\;$

Vậy qua phép quay thuận chiểu $135^\circ$ tâm $O$, cabin $A$ di chuyển đến vị trí cao nhất (điểm $D).$

a) Ta có $\widehat {OAM} = 90^\circ$ (do $MA$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$, $A$ là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm $O,\,\,A,\,\,M$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $OM.(1)$

Lại có $\widehat {OBM} = 90^\circ$ (do $MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$, $B$ là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm $O,\,\,B,\,\,M$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $OM.(2)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta được tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OM.$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta được tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OM.$

b) Ta có tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OM.$

Suy ra $AB$ là dây cung của đường tròn đường kính $OM.$

Do đó $OM \bot AB$.

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A$ có $AI$ là đường cao.

Xét $\Delta OAM$ và $\Delta OIA$ là hai tam giác vuông có góc $\widehat O$ chung.

Do đó $ΔOAM∽\ ΔOIA\ (\text{g.g})$

Suy ra $\frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{OM}}{{OA}}$ hay $O{A^2} = OM.OI$ mà $OA = R$ nên $OI \cdot OM = {R^2}$.

c) Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông $IOA$, ta có

$I{A^2} = O{A^2} - O{I^2} = OI \cdot OM - O{I^2} = OI\left( {OM - OI} \right) = OI \cdot IM$.

Ta có $OA \bot AM$ (do $AM$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ và $BD \bot MA$ (gt), suy ra $OA\,{\rm{//}}\,BD$.

Chứng minh tương tự, ta được $OB\,\,{\rm{//}}\,AC$.

Do đó tứ giác $OAHB$ là hình bình hành.

Mà $OA = OB = R$ nên tứ giác $OAHB$ là hình thoi, suy ra $OH \bot AB$.

Mà $OM \bot AB$, do đó $OM \equiv OH$.

Vậy ba điểm $O,\,\,H,M$ thẳng hàng.

Thể tích của khối sắt ban đầu là:

$$V = \pi \cdot {4^2} \cdot 1{,}5 = 24\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).$$

Vậy thể tích của khối sắt ban đầu là $24\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$

b) Thể tích của khối sắt mới bằng thể tích của khối sắt ban đầu.

Gọi $h{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$ là chiều cao của khối sắt mới.

Thể tích của khối sắt mới: $V = \pi \cdot {2^2} \cdot h$ hay $\pi \cdot {2^2} \cdot h = 24\pi$.

Chiều cao của khối sắt mới là: $h = \frac{{24\pi }}{{\pi \cdot {2^2}}} = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Vậy bỏ qua sự hao hụt trong quá trình đúc, chiều cao của khối sắt mới là 6 cm.