Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 2

1. 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 ${x_0} = 3\sqrt 3$.

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

. a) 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

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

Đa giác đều 12 cạnh $ABCDEFGHIKLM$ nội tiếp đường tròn (O) (Xem hình vē).

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).

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.

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).

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) 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 $942{,}48{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.$

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