Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

Xét phương trình $2x^2+\left(2m-1\right)x+m-1=0$ với $m$ là tham số.

⦁ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn $x$ có $a=2\ne 0;b=2m-1;c=m-1.$ Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phương trình có biệt thức $\Delta ={\left(2m-1\right)}^2-\mathrm{4.2.}\left(m-1\right)={\left(2m-3\right)}^2>0$ nên phương trình luôn có nghiệm $x_1,x_2$ với mọi $m\ne \frac{3}{2}.$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=-\frac{2m-1}{2};x_1{x}_2=\frac{m-1}{2}.$ Do đó ý c) là sai.

⦁ Ta có $4x_1^2+2x_1{x}_2+4x_2^2=1$ suy ra $4{\left(x_1+x_2\right)}^2-6x_1{x}_2=1$.

Suy ra ${\left(1-2m\right)}^2-3\left(m-1\right)=1$ nên $4m^2-7m+3=0$.

Phương trình này có tổng các hệ số $a+b+c=4+(-7)+3=0$ nên phương trình này có các nghiệm $m_1=1,m_2=\frac{3}{4}$.

Vậy có hai giá trị cần tìm của $m$ là $m_1=1,m_2=\frac{3}{4}$. Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

⦁ Thể tích hình cầu có bán kính đáy $R$, được tính bằng công thức: $V=\frac{4}{3}\pi R^3.$

Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính $$\frac{50}{2}=25\left(\mathrm{cm}\right).$$ Do đó ý b) là sai.

⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính $25\mathrm{cm}$ có thể tích là $V_1=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi \cdot 25^3=\frac{31250}{3}\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Phần gạo nằm trên miệng thúng có dạng hình nón có chiều cao $15cm$ và bán kính đáy $\frac{50}{2}=25\left(\mathrm{cm}\right)$ có thể tích là $V_2=\frac{1}{3}\cdot 15\cdot \pi \cdot 25^2=3125\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Khi đó thể tích gạo trong thúng là $V=V_1+V_2=\frac{31250}{3}\pi +3125\pi =\frac{60625}{3}\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Do đó ý c) là đúng.

⦁ Thể tích lon là $V=\pi \cdot 5^2\cdot 15=375\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Vì lượng gạo chiếm $$90\%$$ thể tích lon nên thể tích gạo trong mỗi lần lấy là:

$375\pi \cdot 90\%=337,5\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Khi đó mỗi ngày nhà Danh ăn hết số gạo có thể tích là: $337,5\pi \cdot 5=1687,5\pi \left(c{m}^3\right).$

Vậy với số gạo ở thúng trên thì nhà Danh ăn được số ngày là: $\frac{\frac{60625}{3}\pi }{1687,5\pi }\approx 12$ (ngày).

Do đó ý d) là sai.

Cho h

Hướng dẫn giải

1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì mấu số liệu trên có nhiều giá trị khác nhau, nếu lập bảng tần số không ghép nhóm sẽ rất dài, phức tạp, khó tính toán.

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:

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

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

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

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

C. từ $$5:30$$ đến dưới $$6:00$$ là:

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

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

2. Ta thấy các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là đồng khả năng.

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega =\left\{1;2;3;4;...;51;52\right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $$52$$ phần tử.

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số nhỏ hơn $$27$$” là: $1;2;3;4;...;25;26$. Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $$26$$ phần tử.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{26}{52}=\frac{1}{2}$.

Hướng dẫn giải

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 $$AK\perp EF$$ (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 $AB\perp BK;AC\perp CK.$

Vì $AB\perp BK$ và $AB\perp CF$ nên $$BK//CF$$ hay $$BK//CH.$$

Vì $AC\perp CK$ và $AC\perp BE$ nên $$BE//CK$$ hay $$BH//CK.$$

Xét tứ giác $BHCK$ có $$BK//CH;BH//CK$$ 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 $$AH=2OM;OM//AH.$$

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

Vì $$OM//AH$$ và $AH\perp BC$ nên $OM\perp BC.$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta OBM$ vuông tại $M$ $\left(OM\perp BC\right)$, 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 $$\widehat{ACB}=45^{\circ }.$$