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

Xét đồ thị hàm số $y = 5{x^2}$.

a) Với $x = - 2$ thì $y = 5 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} = 20.$

Vậy tọa độ điểm cần tìm là $\left( { - 2\,;\,\,20} \right).$

b) Với $x = 5$ thì $5{x^2} = 5$ nên ${x^2} = 1.$

Do đó $x = 1$ hoặc $x = - 1.$

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là $\left( {1\,;\,\,5} \right)$ hoặc $\left( { - 1\,;\,\,5} \right).$

2. Gọi $x\,\,\left( {\rm{\% }} \right)$ là lãi suất trong một năm của ngân hàng $\left( {x > 0} \right)$.

Sau năm thứ nhất người đó phải trả:

$20\,\,000\,\,000 + 20\,\,000\,\,000 \cdot \frac{x}{{100}} = 200\,\,000\left( {100 + x} \right)$

Số tiền sau năm thứ hai tăng thêm là:

$200\,\,000\left( {100 + x} \right)\frac{x}{{100}} = 2\,\,000x\left( {x + 100} \right)$

Theo bài ra, ta có phương trình:

$200\,\,000\left( {100 + x} \right) + 2\,\,000x\left( {x + 100} \right) = 24\,\,200\,\,000$

$100\left( {100 + x} \right) + x\left( {x + 100} \right) = 12\,\,100$

${x^2} + 200x - 2\,\,100\,\,000 = 0$

$x = 10$ (TMĐK) hoặc $x = - 210$ (loại).

Vậy lãi của ngân hàng một năm là $10{\rm{\% }}$.

a) Tần số tương đối của các nhóm lần lượt là:

${f}_{1}=\frac{20}{100}\cdot 100\%=20\%$ ; ${f}_{2}=\frac{15}{100}\cdot 100\%=15\%$

${f}_{3}=\frac{25}{100}\cdot 100\%=25\%$ ; ${f}_{4}=\frac{30}{100}\cdot 100\%=30\%$ ; ${f}_{5}=\frac{10}{100}\cdot 100\%=10\%$

b) Bảng tần số tương đối của mỗi nhóm

Biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm:

a) Kí hiểu $T$ là màu trắng, là màu đỏ và $V$ là màu vàng.

Không gian mẫu $Ω=\{(T\ ,\ Đ)\ ;\ (T\ ,\ V)\ ;\ (Đ\ ,\ Đ)\ ;\ (Đ\ ,\ V)\}$.

Số kết quả có thể xảy ra là $n\left( \Omega \right) = 4$.

b) Vì các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả trên có cùng khả năng xảy ra.

Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là $A=\{(Đ\ ,\ Đ)\}$.

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

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là $B=\{(T,Đ)\ ;\ (Đ\ ,\ V)\}$.

Do đó, xác suất của biến cố B là $P\left( B \right) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Đa giác đều 12 cạnh $ABCDEFGHIKLM$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ (Xem hình vẽ).

Ta có: $\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{{12}} = 30^\circ .$

$\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \ldots = 30^\circ$.

$OA = OB = OC = OD = \ldots = OM$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp).

Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay $30^\circ ,\,\,60^\circ ,\,\,90^\circ ,\,\,120^\circ$ biến đa giác đã cho thành chính nó.

a) Gọi $O'$ là trung điểm của cạnh $CH.$

Ta có $HD \bot CD$ nên $\widehat {HDC} = 90^\circ$.

Xét $\Delta HDC$vuông tại $D$ có $DO'$ là trung tuyến nên $DO' = HO' = CO' = \frac{1}{2}HC$.

Chứng ming tương tự, ta có

$CO' = HO' = EO' = \frac{1}{2}HC$.

Do đó $DO' = HO' = CO' = EO' = \frac{1}{2}HC$.

Do đó, bốn điểm $D,\,\,H,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác $DHEC$ nội tiếp đường tròn.

b) Trong tam giác $ABC$ có $BE,\,\,AD$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$.

Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $CH \bot AB$.

Trong $\left( O \right)$ có $\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính $AM$

Suy ra $\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ$ nên $MB \bot AB\,;\,\,MC \bot AC.$

Mà $CH \bot AB\,;\,\,BH \bot AC$ nên $MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH$ nên $BHCM$ là hình bình hành.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $OI \bot BC$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của $BC$ (đường kính vuông góc với dây).

c) Xét $\Delta DHB$ và $\Delta DCA$ có

$\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ$ (vì $AD \bot BC$)

$\widehat {HBD} = \widehat {DAC}$ (cùng phụ $\widehat {ACB}$)

Do đó .

Suy ra $\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}$ hay $DH \cdot DA = DB \cdot DC.$

Ta có ${\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ hay ${a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0$ nên ${a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab$, suy ra $ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}$.

Áp dụng bất đẳng thức $ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}$, ta có: $DB \cdot DC \le \frac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}$.

Suy ra $DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4}$ không đổi vì $BC$ cố định.

Dấu xảy ra khi $DB = DC$, khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy $A$ là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của $DH \cdot DA$ bằng $\frac{{B{C^2}}}{4}$.

a) Chiều cao hộp dựng bóng hình trụ là $h = 6{,}4 \cdot 3 = 19{,}2\,\,(\;{\rm{cm}})$

Bán kính đáy hộp đựng bóng hình trụ là ${R_1} = 6{,}4:2 = 3{,}2\,\,(\;{\rm{cm}})$.

Thể tích hộp đựng bóng hình trụ là:

${V_1} = \pi rR_1^2\;h = \pi \cdot 3,{2^2} \cdot 19{,}2 = 618\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Vậy thể tích hộp dựng bóng $618\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.$

b) Bán kính quả bóng tennis là ${R_2} = \frac{{6{,}4}}{2} = 3{,}2\,\,\left( {cm} \right)$.

Thể tích của ba quả bóng tennis có dạng hình cầu là:

${V_2} = 3.\left( {\frac{4}{3}\pi R_2^3} \right) = 3 \cdot \left( {\frac{4}{3}\pi \cdot 3,{2^3}} \right) \approx 412\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis là:

$V = {V_1} - {V_2} = 618 - 412 = 206\,\,\left( {c{m^3}} \right)$.

Vậy thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis $206\,\,c{m^3}.$