Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Hai điểm $\left( {x\,;\,\,y} \right)$ và $\left( { - x\,;\,\,y} \right)$ đối xứng nhau qua trục tung $Oy.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = \left( {m + 2} \right){x^2}$ có đồ thị đi qua điểm $\left( { - 1\,;\,\,3} \right)$ nên ta có:

$3 = \left( {m + 2} \right) \cdot {\left( { - 1} \right)^2}$ nên $m + 2 = 3$ hay $m = 1.$

Vậy để đồ thị hàm số $y = \left( {m + 2} \right){x^2}$ đi qua điểm $\left( { - 1\,;\,\,3} \right)$ thì $m = 1.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng $a{x^2} + bx + c = 0,$ trong đó $x$ là ẩn; $a,\,\,b,\,\,c$ là những số cho trước gọi là hệ số và $a \ne 0$.

Do đó, phương trình $2{x^2} - 2022 = 0$ là phương trình bậc hai một ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = 3;\,\,\,{x_1}{x_2} = 2.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Số đo cung tương ứng của hình quạt biểu diễn tần số tương đối ${f_3} = 20\%$ là:

$$360^\circ \cdot {f_3} = 360^\circ \cdot 20\% = 72^\circ .$$

Vậy số đo cung tương ứng của hình quạt biểu diễn tần số tương đối ${f_3} = 20\%$ là $72^\circ .$

Do đó ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Từ bảng số liệu ghép nhóm, ta có $5$ nhóm số liệu lần lượt là: $\left[ {150\,;\,\,160} \right)$, $\left[ {160\,;\,\,167} \right)$, $\left[ {167\,;\,\,170} \right),$ $\left[ {170\,;\,\,175} \right)$, $\left[ {175\,;\,\,180} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Quan sát biểu đồ, ta thấy vào năm 2023, cửa hàng đã bán được 600 đôi giày.

Do đó ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}$.

Vậy không gian mẫu của phép thử có 6 phần tử.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Trong một đường tròn, góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng $90^\circ$ có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ có bán kính bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường tròn đó.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Các phép quay giữ nguyên ngũ giác đều $MNPQR$ là:

⦁ Năm phép quay thuận chiều $\alpha ^\circ$ tâm $O$ với $\alpha ^\circ$ lần lượt nhận các giá trị:

$$\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;$$

$$\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .$$

⦁ Ba phép quay ngược chiều $\alpha ^\circ$ tâm $O$ với $\alpha ^\circ$ lần lượt nhận các giá trị:

$$\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;$$

$$\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .$$

Do đó ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

Xét phương trình ${x^2} - 6x + 5 = 0.$

⦁ Phương trình đã cho có hệ số $a = 1\,;\,\,b = - 6\,;\,\,c = 5.$ Do đó ý a) là đúng.

⦁ Tổng các hệ số $a,\,\,b,\,\,c$ là $a + b + c = 1 + \left( { - 6} \right)\, + 5 = 0.$ Do đó ý b) là sai.

⦁ Cách 1: Thay $x = 1$ vào phương trình, ta được: ${1^2} - 6 \cdot 1 + 5 = 0.$

Như vậy, phương trình ${x^2} - 6x + 5 = 0$ có nghiệm $x = 1.$ Do đó ý c) là đúng.

Cách 2: Ta có $a + b + c = 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1,\,\,{x_2} = 5.$ Do đó ý c) là đúng.

⦁ Phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1,\,\,{x_2} = 5$.

Do đó, tổng hai nghiệm của phương trình đã cho là ${x_1} + {x_2} = 1 + 5 = 6$. Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.

⦁ Thể tích hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao $h$, được tính bằng công thức: $V = \pi {R^2}h.$

Do đó ý a) là sai.

⦁ Đường kính đáy là $4{,}4{\rm{ cm}}$ nên bán kính đáy $R = \frac{{4{,}4}}{2} = 2{,}2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$. Do đó ý b) là đúng.

⦁ Thể tích của que kem là: ${V_1} = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {2{,}2} \right)^2} \cdot 12 = \frac{{484}}{{25}}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).$ Do đó ý c) là sai.

⦁ Thể tích hình trụ là: ${V_2} = 100\pi \cdot 15 = 1500\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Số chiếc kem ốc quế tối đa có thể làm được là: $\frac{{1500\pi }}{{\frac{{484}}{{25}}\pi }} = \frac{{9375}}{{121}} \approx 77$ (cái). Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 3.

Gọi $x$ (xe) là số xe tải loại lớn cần sử dụng đề chở hết thiết bị $\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)$.

Số xe tải loại nhỏ cần sử dụng đề chở hết thiết bị là $x + 2$ (xe).

Số tấn thiết bị mỗi xe tải loại lớn chở được là $\frac{{15}}{x}$ (tấn).

Số tấn thiết bị mỗi xe tải loại nhỏ chở được là $\frac{{15}}{{x + 2}}$ (tấn).

Theo bài ra ta có phương trình: $\frac{{15}}{x} - \frac{{15}}{{x + 2}} = 2$

$15\left( {x + 2} \right) - 15x = 2x{\rm{\;}}\left( {{\rm{\;}}x + 2} \right)$

$15\left( {x + 2 - x} \right) = 2{x^2} + 4{\rm{\;}}x$

$2{x^2} + 4{\rm{\;}}x - 30 = 0$

${x^2} + 2{\rm{\;}}x - 15 = 0$

$x = 3$ (TMĐK) hoặc ${\rm{\;}}x = - 5$ (loại)

Vậy đội vận chuyển sử dụng 3 xe tải loại lớn.

Hướng dẫn giải

Đáp số: $0{,}4$.

Kí hiệu ba bóng đỏ lần lượt là ${D_1};\,\,{D_2};\,\,{D_3}$ và hai bóng vàng lần lượt là ${V_1};\,\,{V_2}$.

Khi đó không gian mẫu là:

$$\Omega = \left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};{V_2}} \right);\left( {{D_1};{V_1}} \right);\left( {{D_1};{V_2}} \right);\left( {{D_2};{V_1}} \right);\left( {{D_2};{V_2}} \right);\left( {{D_3};{V_1}} \right);\,\,\left( {{D_3};{V_2}} \right)} \right\}.$$

Do đó, không gian mẫu có 10 phần tử.

Gọi $A$ là biến cố “Hai bóng lấy ra cùng màu”.

Khi đó, các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $\left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};\,{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};\,\,{V_2}} \right)} \right\}$ nên có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$.

Do đó, xác suất để hai quả bóng lấy ra cùng màu $P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}$.

Vậy xác suất để hai bóng lấy ra cùng màu là $0{,}4$.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 69.

Bán kính của chiếc đồng hồ hình tròn là: $r = \frac{{40}}{2} = 20\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Gọi $a{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$ là độ dài cạnh (phía bên trong) của khung gỗ.

Ta có $r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},$ hay $\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = 20,$ suy ra $a = 40\sqrt 3 \approx 69\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Vậy độ dài các cạnh (phía bên trong) của khung gỗ khoảng bằng $69\,\,{\rm{cm}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 844.

Diện tích xung quanh của khối trụ là: $2\pi R \cdot 6 = 12\pi R\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Diện tích xung quanh của hình bán cầu là: $2\pi R.R = 2\pi {R^{\rm{2}}}\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Diện tích xung quanh của khối chụp là: $12\pi R + 2\pi {R^{\rm{2}}} = 120\pi$

$${R^2} + 6R - 60 = 0$$

$R = - 3 + \sqrt {69}$ (TM) hoặc $R = - 3 - \sqrt {69}$ (loại).

Thể tích của khối chụp là:

$$V = \frac{2}{3}\pi {R^3} + \pi {R^2}h = \frac{2}{3}\pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^3} + \pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^2} \cdot 6 \approx 844\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).$$

Vậy thể tích khối chụp khoảng $844\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$

Hướng dẫn giải

1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì trong bảng giá trị trên có nhiều giá trị khác nhau và mỗi giá trị lại xuất hiện ít lần.

b) Số học sinh nhảy xa từ $2{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $2{,}5\,\,{\rm{m}}$ là 9 học sinh;

từ $2{,}5\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $3{,}0\,\,{\rm{m}}$ là 7 học sinh;

từ $3{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $3{,}5\,\,{\rm{m}}$ là 7 học sinh;

từ $3{,}5\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $4{,}0\,\,{\rm{m}}$ là 7 học sinh;

từ $4{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $4{,}5\,\,{\rm{m}}$ là 2 học sinh.

Do đó tần số tương ứng với các nhóm 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 $n = 9 + 7 + 7 + 7 + 2 = 32$.

Tỉ lệ học sinh nhảy xa từ $2{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $2{,}5\,\,{\rm{m}}$ là $\frac{9}{{32}} \approx 28{,}1\%$;

từ $2{,}5\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $3{,}0\,\,{\rm{m}}$ là $\frac{7}{{32}} \approx 21{,}9\%$;

từ $3{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $3{,}5\,\,{\rm{m}}$là $\frac{7}{{32}} \approx 21{,}9\%$;

từ $3{,}5\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $4{,}0\,\,{\rm{m}}$ là $\frac{7}{{32}} \approx 21{,}9\%$;

từ $4{,}0\,\,{\rm{m}}$ đến dưới $4{,}5\,\,{\rm{m}}$ là $\frac{2}{{32}} \approx 6{,}2\%$.

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:

2. Không gian mẫu Ω là: $\Omega = \left\{ {22\,;\,\,23\,;\,\,24\,;\,\,32\,;\,\,33\,;\,\,34\,;\,\,42\,;\,\,43\,;\,\,44} \right\}.$

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là 9.

Vì việc lấy mỗi tấm thẻ từ túi I và II là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số tạo thành là số chia hết cho 3” là $24\,;\,\,33\,;\,\,42.$

Vậy xác suất của biến cố “Số tạo thành là số chia hết cho 3” là $\frac{3}{9} = \frac{1}{3}$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có $BE,\,\,CF$ là hai đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ .$

Tam giác $BCE$ vuông tại $E$ nên $B,\,\,C,\,\,E$ thuộc đường tròn đường kính $BC.$

Tam giác $BFC$ vuông tại $F$ nên $B,\,\,C,\,\,F$ thuộc đường tròn đường kính $BC.$

Do đó $B,\,\,C,\,\,E,\,\,F$ thuộc đường tròn đường kính $BC.$

Hay tứ giác $BFEC$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vì tứ giác $BFEC$ nội tiếp nên $\widehat {AEF} = \widehat {ABC}$, mà $\widehat {AKC} = \widehat {ABC}$ nên $\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ACK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

$\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ$ hay $\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .$

Tam giác $IAE$ vuông tại $I$ nên $AK \bot EF$ (đpcm).

c) Gọi $M$ là giao điểm của $BC$ và $HK.$

Vì $\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}$ đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ$ hay $AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.$

Vì $AB \bot BK$ và $AB \bot CF$ nên $BK\,{\rm{//}}\,CF$ hay $BK\,{\rm{//}}\,CH.$

Vì $AC \bot CK$ và $AC \bot BE$ nên $BE\,{\rm{//}}\,CK$ hay $BH\,{\rm{//}}\,CK.$

Xét tứ giác $BHCK$ có $BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK$ nên tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo $BC$ và $HK$cắt nhau tại trung điểm $M$ của mỗi đường.

Xét tam giác $AHK$ có $O,\,\,M$ lần lượt là trung điểm của $AK,\,\,HK$

Suy ra $OM$ là đường trung bình tam giác $AHK$ nên $AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.$

Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên $BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.$

Vì $OM\,{\rm{//}}\,AH$ và $AH \bot BC$ nên $OM \bot BC.$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta OBM$ vuông tại $M$ $\left( {OM \bot BC} \right)$, ta có: $O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra ${S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}$.

Dấu xảy ra khi $AE = EH$ nên $\widehat {EAH} = 45^\circ$ hay $\widehat {ACB} = 45^\circ$.

Vậy ${\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}$ khi $A$ thuộc cung lớn $BC$ và $\widehat {ACB} = 45^\circ .$