Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

a) Thay $v=2,F=120$ vào công thức $F=a{v}^2$, ta được $120=a\cdot 2^2$

Khi đó $4a=120$ nên $a=30.$

Vậy hằng số $a=30$

b) Vì $a=30$ nên $F=30v^2$.

Với $v=10$ ta có $F=30\cdot 10^2=3000\left(\mathrm{N}\right)$.

Vậy khi tốc độ của gió là $v=10m/s$ thì lực $F$ của gió tác động lên cánh buồm là $3000\mathrm{N}.$

Gọi thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là $x$ (giờ) $$\left(x>0\right)$$.

Khi đó, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể $x+5$ (giờ).

Khi đó, mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ bể; vòi thứ hai chảy dược: $\frac{1}{x+5}$ bể và cả hai vòi chảy được $\frac{1}{6}$ bể.

Theo đề bài, ta có phương trình: $\frac{1}{x}+\frac{1}{x+5}=\frac{1}{6}$

$\frac{6\left(x+5\right)}{6x\left(x+5\right)}+\frac{6x}{6x\left(x+5\right)}=\frac{x\left(x+5\right)}{6x\left(x+5\right)}$

$6\left(x+5\right)+6x=x\left(x+5\right)$

$x^2-7x-30=0$
$x=10$ (TMĐK) hoặc $x=-3$ (loại).

Vậy: Vòi thứ nhất chảy đầy bể trong 10 giờ.

Vòi thứ hai chảy đầy bế trong 15 giờ.

a) Tổng số học sinh lớp 9C là $40$.

Tần số tương đối của các nhóm $$\left[0;1\right)$$, $$\left[1;2\right)$$, $$\left[2;3\right)$$, $$\left[3;4\right)$$ lần lượt là:

$$f_1=\frac{10}{40}\cdot 100\%=25\%$$; $f_2=\frac{15}{40}\cdot 100\%=37,5\%$;

$f_3=\frac{8}{40}\cdot 100\%=20\%$; $f_4=\frac{7}{40}\cdot 100\%=17,5\%$.

b) Bảng tần số tương đối của mỗi nhóm

Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ đoạn thẳng của mẫu số liệu ghép nhóm đó:

a) Ta có bảng sau:

Không gian mẫu là:

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

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 $P\left(B\right)=\frac{5}{16}.$

ABCDEF có là đa giác đều không? (ảnh 1)">

2. a) Vì $CK\perp AK$ nên $\widehat{AKC}=90^{\circ }.$ Vì $CH\perp AB$ 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.

$AHCK$ là tứ giác nội tiếp. (ảnh 1)">

 

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 $HK//DE$ (đpcm).

Do $HK//DE$, 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 $$DI\perp AF$$ .

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 $$AB.$$

a) Thể tích nước trong cốc là:

$V_1=\pi r^{2}h=\pi \cdot 12^2\cdot 10=1440\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Vậy thể tích nước trong cốc là $1440\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$

Thể tích quả cầu kim loại: $V_2=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 4^3=\frac{256}{2}\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

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.