Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 3

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = - \frac{1}{2}{x^2}$ nghịch biến khi $x > 0$ và đồng biến khi $x < 0$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hoành giao điểm của đường thẳng $\left( d \right)$ và Parabol $\left( P \right)$ là nghiệm của phương trình

$\,\frac{1}{2}{x^2} = x - \frac{1}{2}$

${x^2} - 2x + 1 = 0$

${\left( {x - 1} \right)^2} = 0$

$x - 1 = 0$

$x = 1$

Thay $x = 1$ vào $\left( d \right)$ ta được $y\, = \,1\, - \,\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Tọa độ giao điểm của đường thẳng $\left( d \right)$ và parabol $\left( P \right)$ là: $\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)$.

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 ${x^2} - 2025\,x + 2026 = 0$ là phương trình bậc hai một ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Vì $u + v = 32\,;\,\,uv = 231$ nên $u$ và $v$ là nghiệm của phương trình ${x^2} - 32x + 231 = 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Số giá trị của mẫu dữ liệu được gọi là cỡ mẫu.

Do đó ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Tổng số buổi có nhiều nhất 19 vé không bán được là $3 + 8 + 15 + 18 = 44$ (buổi).

Vậy có 44 buổi chiếu phim có nhiều nhất 19 vé không bán được.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $42\% > 30\% > 21\% > 7\%$ nên nhóm máu $O$ có tỉ lệ nhiều nhất ở Việt Nam.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Không gian mẫu là $\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,;\,\,4} \right)} \right\}$.

Gọi A là biến cố “tích hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 3”.

Có 4 khả năng xảy ra biến cố A là$\,\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,;\,\,4} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Góc nội tiếp là góc có đỉnh thuộc đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Gọi $E,\,\,F,\,\,K,\,\,G$ lần lượt là trung điểm của $AD,{\rm{ }}DC,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AB.$

Khi đó ta có $OE = OF = OK = OG = \;\frac{a}{2}$ hay $O$ là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông $ABCD$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là $R = \frac{a}{2}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta thấy trên hình 1, các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D$ đều nằm trên đường tròn $\left( O \right)$ nên tứ giác $ABCD$ trên hình 1 là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có:

$\widehat {ADB} = \frac{{180^\circ \left( {6 - 2} \right)}}{6} = 120^\circ$.

Tam giác $DBA$ cân tại $D$ nên $\widehat {DAB} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ$.

Tương tự, ta tính được $\widehat {DAC} = 36^\circ$.

Vậy $\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ + 36^\circ = 66^\circ$.

Hướng dẫn giải

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

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

⦁ Phương trình đã cho có hệ số $a = 2\,;\,\,b = - 3\,;\,\,c = 1.$ Do đó ý a) là sai.

⦁ Tổng các hệ số $a,\,\,b,\,\,c$ là $a + b + c = 2 + \left( { - 3} \right)\, + 1 = 0.$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Ta có $a + b + c = 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.$

Khi đó, cả hai nghiệm của phương trình đã cho đều dương. Do đó ý c) là đúng.

⦁ Phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.$

Do đó, tích hai nghiệm của phương trình đã cho là ${x_1} + {x_2} = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

⦁ Thể tích hình nón có bán kính đáy $R$ và đường sinh $l,$ được tính bằng công thức: ${S_{xq}} = \pi \cdot R \cdot l.$

Do đó ý a) là sai.

⦁ Độ dài đường sinh là $l = \sqrt {{{15}^2} - 7,{5^2}} = 5\sqrt 3 .$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Diện tích xung quanh của hộp đựng bắp rang bơ là: ${S_{x{q_1}}} = \pi \cdot 7{,}5 \cdot \frac{{15\sqrt 3 }}{3} = \frac{{75\sqrt 3 }}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Do đó ý c) là sai.

⦁ Diện tích xung quanh hình trụ là: ${S_{x{q_2}}} = 2\pi \cdot 7{,}5 \cdot 15 = 225\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Ta thấy diện tích xung quanh hình trụ lớn hơn diện tích xung quanh hình nón.

Mặt khác giá 1 hộp bắp rang bơ của quầy A và quầy B bán lần lượt là $50\,\,000$ đồng và $100\,\,000$ đồng.

Do đó, bạn An nên mua bắp rang bơ ở quầy B để có lợi hơn.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 30.

Gọi vận tốc của xe tải là $x\,\,({\rm{km/h}})\,\,\,\left( {x > 0} \right).$

Khi đó, vận tốc của xe khách là $x\, + \,10\,\,({\rm{km/h}}).$

Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là $\frac{{132}}{x}$ (giờ) và của xe khách là $\frac{{132}}{{x + 10}}$ (giờ).

Đổi 1 giờ 6 phút $= \,\frac{{11}}{{10}}$ giờ.

Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải 1 giờ 6 phút nên ta có phương trình:

$\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}$

$\frac{{12}}{x} - \frac{{12}}{{x + 10}} = \frac{1}{{10}}$

$120\left( {x + 10} \right) - 120x = x\left( {x + 10} \right)$

$120x + 1200 - 120x = {x^2} + 10x$

$${x^2} + 10x - 1200 = 0$$

$x = 30$ (TMĐK) hoặc ${\rm{\;}}x = - 40$ (loại).

Vậy vận tốc của xe tải là $30\,\,{\rm{km/h}}{\rm{.}}$

Hướng dẫn giải

Đáp số: $0{,}5$.

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,7} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,9} \right)\,;\,\,\left( {4\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,7} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,4} \right)\,;\,\left( {7\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,4} \right)\,;\,\left( {9\,;\,\,7} \right)} \right\}$.

Tập có 12 phần tử.

Vì bạn Khuê và Hương lần lượt mỗi người lấy ra ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp nên các kết quả có thể trên là đồng khả năng.

Xét biến cố $A:$ “Số ghi trên tấm thẻ của bạn Khuê nhỏ hơn số ghi trên tấm thẻ của bạn Hương”.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố là $\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,7} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,9} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,7} \right)\,;\,\left( {4\,;\,\,9} \right);\,\,\left( {7\,;\,\,9} \right)} \right\}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $\frac{6}{{12}} = \frac{1}{2} = 0{,}5.$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 86,6.

Gọi $O$ là vị trí cần đặt đèn. Gọi $A,\,\,B,\,\,C$ là ba đỉnh của tam giác đều (như hình vẽ).

Vì $O$ cách đều ba đỉnh $A,\,\,B,\,\,C$ của tam giác đều $ABC$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Suy ra khoảng cách từ vị trí $O$ đến mỗi vị trí $A,\,\,B,\,\,C$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC.$

Do đó $OA = OB = OC = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot 150 = 50\sqrt 3 \approx 86{,}6\,\,\left( {\rm{m}} \right).$

Vậy khoảng cách từ vị trí đặt đèn $O$ đến ba đỉnh của tam giác đều $ABC$ bằng khoảng $86{,}6{\rm{ m}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 20.

Thể tích khối $\left( {{H_1}} \right)$ là ${V_1} = \pi r_1^2{h_1}$.

Thể tích khối $\left( {{H_2}} \right)$ là ${V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi \frac{1}{4}r_1^22{h_1} = \frac{1}{2}\pi r_1^2{h_1} = \frac{1}{2}{V_1}$.

Mà ${V_1} + {V_2} = 30$ nên ${V_1} + \frac{1}{2}{V_1} = 30$.

Do đó $\frac{3}{2}{V_1} = 30$ hay ${V_1} = 20\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.$

Vậy thể tích của khối $\left( {{H_1}} \right)$ là $20{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}.$

Hướng dẫn giải

1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm để biểu thị dữ liệu. Vì vì số liệu đang ở dạng ở số thực và có phân bố không đều nhau.

b) Hãy chia số liệu làm 4 nhóm trong đó nhóm đầu tiên là $4:00$ đến dưới $4:30$; lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm (làm tròn đến hàng đơn vị).

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

Tổng số học sinh trong lớp là $n = 13 + 8 + 12 + 3 = 36$.

Tỉ lệ thời gian học sinh chạy $1000{\rm{ m}}$ từ $4:00$ đến dưới $4:30$ là $\frac{{13}}{{36}} \approx 36{,}1\%$;

từ $4:30$ đến dưới $5:00$ là $\frac{8}{{36}} \approx 22{,}2\%$;

từ $5:00$ đến dưới $5:30$ là $\frac{{12}}{{36}} \approx 33{,}3\%$;

từ $5:30$ đến dưới $6:00$ là:

$100\% - 36{,}1\% - 22{,}2\% - 33{,}3\% \approx 8{,}4\%$.

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

2. Tập hợp $\Omega = \left\{ {10\,;\,\,11\,;\,\,12\,;\,\,13\,;\,\,14\,;\,\,15\,;\,\,16\,;\,\, \ldots \,;\,\,95\,;\,\,96\,;\,\,97\,;\,\,98\,;\,\,99} \right\}.$

Số phần tử của tập hợp $\Omega$là $n\left( \Omega \right) = 90$.

Xét biến cố $A:$ “Số tự nhiên được viết ra là số tròn chục”.

$A = \left\{ {10\,;\,\,20\,;\,\,30\,;\,\,40\,;\,\,50\,;\,\,60\,;\,\,70\,;\,\,80\,;\,\,90} \right\}$.
Khi đó, số phần tử của tập hợp $A$ là $n\left( A \right) = 9$.

Xác suất của biến cố $A$là $p(A) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{9}{{90}} = 0{,}1$.

Hướng dẫn giải

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.

b) 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).

c) 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 $AB.$