Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (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.

b) Tần số tương ứng với các nhóm $\left[ {2{,}0\,;\,\,2{,}5} \right)$; $\left[ {2{,}5\,;\,\,3{,}0} \right)$; $\left[ {3{,}0\,;\,\,3{,}5} \right)$; $\left[ {3{,}5\,;\,\,4{,}0} \right)$; $\left[ {4{,}0\,;\,\,4{,}5} \right)$ lần lượt là ${m_1} = 9\,;\,{m_2} = 7\,;\,\,{m_3} = 7\,;\,$${m_4} = 7\,;\,\,{m_5} = 2.$

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

Tổng số học sinh trong lớp là $n = 9 + 7 + 7 + 7 + 2 = 32$.

a) Tần số tương đối của các nhóm $\left[ {2{,}0\,;\,\,2{,}5} \right)$; $\left[ {2{,}5\,;\,\,3{,}0} \right)$; $\left[ {3{,}0\,;\,\,3{,}5} \right)$; $\left[ {3{,}5\,;\,\,4{,}0} \right)$; $\left[ {4{,}0\,;\,\,4{,}5} \right)$ lần lượt lần lượt là:

${f_1} = \frac{9}{{32}} \cdot 100\% \approx 28{,}1\%$; ${f_2} = \frac{7}{{32}} \cdot 100\% \approx 21{,}9\%$;

${f_3} = \frac{7}{{32}} \cdot 100\% \approx 21{,}9\%$;${f_4} = \frac{7}{{32}} \cdot 100\% \approx 21{,}9\%$; ${f_5} = \frac{2}{{32}} \cdot 100\% \approx 6{,}2\% .$

Ta có bảng tần số tương đối 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, 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 .

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.

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.

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).

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 $AB.$

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 $1440\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$

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.