Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 5 (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.

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:

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

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

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

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

A. từ $$5:30$$ đến dưới $$6:00$$ là:

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

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

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

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

Suy ra $\widehat{OHM}=90^{\circ }$ nên $H$ thuộc đường tròn đường kính $OM$.

Vậy $M,D,O,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OM$.

b) Vì $MC,MD$ là tiếp tuyến của $\left(O;R\right)$$(C,D$ là hai tiếp điểm) nên $MO$ là tia phân giác của $\widehat{CMD}$ và $OM$ là tia phân giác của $\widehat{COD}.$

Mặt khác, $\widehat{MCI}=\widehat{CDI}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn ).

và $\widehat{CDI}=\widehat{DCI}$ (tam giác $CDI$ cân tại $$I)$$.

Suy ra $$\widehat{MCI}=\widehat{DCI}$$ nên $$CI$$ là tia phân giác của $\widehat{MCD}$.

Ta có $I$ là giao điểm hai đường phân giác trong của tam giác $MCD$ nên $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MCD.$

c) Ta có $S_{MPQ}=2S_{MPO}=MP\cdot OC=\left(MC+CP\right)\cdot R$.

Mà $MC+CP\ge 2\sqrt{MC.CP}=2\sqrt{O{C}^2}=2R$ nên $S_{MPQ}\ge 2R^2$.

Dấu xảy ra khi $MC=CP=R$ hay $OM=R\sqrt{2}$.

Vậy để diện tích tam giác $MPQ$ nhỏ nhất thì $M$ là giao điểm của $\left(O;R\sqrt{2}\right)$ và đường thẳng $d.$