Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 1 (có đáp án)

1. Xét đồ thị hàm số $y=5x^2$.

a) Với $x=-2$ thì $y=5\cdot {\left(-2\right)}^2=20.$

Vậy tọa độ điểm cần tìm là $\left(-2;20\right).$

b) Với $x=5$ thì $5x^2=5$ nên $x^2=1.$

Do đó $x=1$ hoặc $x=-1.$

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là $\left(1;5\right)$ hoặc $\left(-1;5\right).$

2. Gọi $x\left(\%\right)$ là lãi suất trong một năm của ngân hàng $\left(x>0\right)$.

Sau năm thứ nhất người đó phải trả:

 $20000000+20000000\cdot \frac{x}{100}=200000\left(100+x\right)$

Số tiền sau năm thứ hai tăng thêm là:

$200000\left(100+x\right)\frac{x}{100}=2000x\left(x+100\right)$

Theo bài ra, ta có phương trình:

$200000\left(100+x\right)+2000x\left(x+100\right)=24200000$

$100\left(100+x\right)+x\left(x+100\right)=12100$

$x^2+200x-2100000=0$

$x=10$ (TMĐK) hoặc $x=-210$ (loại).

Vậy lãi của ngân hàng một năm là $10\%$.

a) Tần số tương đối của các nhóm lần lượt là:

$$f_1=\frac{20}{100}\cdot 100\%<span></span>=20\%$$; $$f_2=\frac{15}{100}\cdot 100\%=15\%$$;

$$f_3=\frac{25}{100}\cdot 100\%=25\%$$;$$f_4=\frac{30}{100}\cdot 100\%=30\%$$; $$f_5=\frac{10}{100}\cdot 100\%=10\%$$.

b) Bảng tần số tương đối của mỗi nhóm

Biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm:

a) Kí hiểu $$T$$ là màu trắng, là màu đỏ và $$V$$ là màu vàng.

Không gian mẫu .

Do đó, không gian mẫu có 4 phần tử.

b) Vì các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả trên có cùng khả năng xảy ra.

Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố $$A$$ là .

Do đó, xác suất của biến cố $$A$$ là $P\left(A\right)=\frac{1}{4}$.

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $$B$$ là .

Do đó, xác suất của biến cố B là $P\left(B\right)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.

Ta có một bát giác đều $ABCDEFGH$ nội tiếp trong đường tròn $\left(O\right)$, mỗi góc ở tâm là: $360^{\circ }:8=45^{\circ }.$ Theo giả thiết, ta có: $\widehat{AOD}=3\cdot 45^{\circ }=135^{\circ }.$ Vậy qua phép quay thuận chiểu $135^{\circ }$ tâm $O$, cabin $A$ di chuyển đến vị trí cao nhất (điểm $D).$

a) Ta có $\widehat{OAM}=90^{\circ }$ (do $$MA$$ là tiếp tuyến của $$\left(O\right)$$, $$A$$ là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm $O,A,M$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $$OM.\left(1\right)$$

Lại có $\widehat{OBM}=90^{\circ }$ (do $$MB$$ là tiếp tuyến của $$\left(O\right)$$, $$B$$ là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm $O,B,M$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $$OM.</span><span>\left(2\right)$$

b) Ta có tứ giác $$AMBO$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$OM.$$

Suy ra $$AB$$ là dây cung của đường tròn đường kính $$OM.$$

Do đó $OM\perp AB$.

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $$A$$ có $$AI$$ là đường cao.

Xét $\Delta OAM$ và $$\Delta OIA$$ là hai tam giác vuông có góc $$\hat{O}$$ chung.

Do đó

Suy ra $$\frac{OA}{OI}=\frac{OM}{OA}$$ hay $$O{A}^2=OM.OI$$ mà $$OA=R$$ nên $OI\cdot OM=R^2$.

c) Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông $$IOA$$, ta có

$$I{A}^2=O{A}^2-O{I}^2=OI\cdot OM-O{I}^2=OI\left(OM-OI\right)=OI\cdot IM$$.

Ta có $OA\perp AM$ (do $$AM$$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ và $BD\perp MA$ (gt), suy ra $$OA//BD$$.

Chứng minh tương tự, ta được $$OB//AC$$.

Do đó tứ giác $$OAHB$$ là hình bình hành.

Mà $OA=OB=R$ nên tứ giác $$OAHB$$ là hình thoi, suy ra $OH\perp AB$.

Mà $OM\perp AB$, do đó $$OM\equiv OH$$.

Vậy ba điểm $$O,H,M$$ thẳng hàng.

Chiều cao hộp dựng bóng hình trụ là $h=6,4\cdot 3=19,2(\mathrm{cm})$

Bán kính đáy hộp đựng bóng hình trụ là $R_1=6,4:2=3,2(\mathrm{cm})$.

Thể tích hộp đựng bóng hình trụ là:

$V_1=\pi r{R}_1^{2}h=\pi \cdot 3,2^2\cdot 19,2=618\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Vậy thể tích hộp dựng bóng $618\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$

Bán kính quả bóng tennis là $R_2=\frac{6,4}{2}=3,2\left(cm\right)$.

Thể tích của ba quả bóng tennis có dạng hình cầu là:

$V_2=3.\left(\frac{4}{3}\pi R_2^3\right)=3\cdot \left(\frac{4}{3}\pi \cdot 3,2^3\right)\approx 412\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis là:

$V=V_1-V_2=618-412=206\left(c{m}^3\right)$.

Vậy thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis $206c{m}^3.$