Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

1. a) Điểm có hoành độ bằng $1$ là một điểm chung của parabol $y=2x^2$ và đường thẳng $y=\left(m-1\right)x-2$ thì có tung độ $y=2\cdot 1^2=2.$

Do đó $\left(1;2\right)$ là điểm chung của parabol và đường thẳng.

b) Vì $\left(1;2\right)$ thuộc đường thẳng $y=\left(m-1\right)x-2$ nên ta có $2=\left(m-1\right)\cdot 1-2$ hay $m=5.$

Vậy $m=5$ là giá trị cần tìm.

2. Gọi số tàu dự định của đội là $x$ (chiếc) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast },x<140\right).$

Số tàu tham gia vận chuyển là $x+1$ (chiếc)

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định: $\frac{280}{x}$ (tấn)

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế: $\frac{286}{x+1}$ (tấn)

Theo đề bài ta có phương trình $\frac{280}{x}-\frac{286}{x+1}=2$

$280\left(x+1\right)-286x=2x\left(x+1\right)$

$x^2+4x-140=0$

$x=10$(thỏa mãn) hoặc $x=-14$ (loại)

Vậy đội tàu lúc đầu là $10$ chiếc.

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) Tổng số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua là:

$\left(3+4\right)+\left(8+5\right)+\left(6+4\right)+\left(9+7\right)=46$ (học sinh).

b) Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố $A.$

Do đó, xác suất của biến cố $A$ là $P\left(A\right)=\frac{7}{46}.$
Số kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là: $8+6=14$.

Do đó, xác suất của biến cố $A$ là $P\left(B\right)=\frac{14}{46}=\frac{7}{23}.$

Ta có bốn điểm $A,B,C,D$ thuộc đường tròn tâm $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD.$ Ta có $AC\perp BD.$

Có 8 phép quay giữ nguyên hình vuông $ABCD$ là:

Phép quay $90^{\circ },180^{\circ },270^{\circ },360^{\circ }$ tâm $O$ thuận chiều.

Phép quay $90^{\circ },180^{\circ },270^{\circ },360^{\circ }$ tâm $O$ ngược chiều.

a) Ta có $$BE,CF$$ là hai đường cao của tam giác $$ABC$$ nên $$\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^{\circ }.$$

Tam giác $$BCE$$ vuông tại $$E$$ nên $$B,C,E$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC.$$

Tam giác $$BFC$$ vuông tại $$F$$ nên $$B,C,F$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC.$$

Do đó $$B,C,E,F$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC.$$

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 $$\Delta AEH$$ vuông tại $$E$$ nên $S_{AEH}=\frac{1}{2}AE\cdot EH\le \frac{1}{2}\cdot \frac{A{E}^2+E{H}^2}{2}=\frac{A{H}^2}{4}=O{M}^2.\left(1\right)$

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: $O{B}^2=O{M}^2+B{M}^2$

Khi đó $$O{M}^2=O{B}^2-B{M}^2=R^2-{\left(\frac{R\sqrt{3}}{2}\right)}^2=R^2-\frac{3}{4}{R}^2=\frac{R^2}{4}.$$ Suy ra $OM=\frac{R}{2}.\left(2\right)$

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 $$\widehat{ACB}=45^{\circ }.$$

Thể tích khối gỗ là:

$$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{90}{2}\right)}^2\cdot 75\approx 158963\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$$

Vậy thể tích khối gỗ khoảng $$158963\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$$

b) Độ dài đường sinh của hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}$.

Suy ra $l=\sqrt{{75}^2+{\left(\frac{90}{2}\right)}^2}=15\sqrt{34}\approx 87,46\left(\mathrm{cm}\right)$

Diện tích xung quanh của chiếc nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot 45\cdot 87,46\approx 12358\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Thời gian để khắc xong chiếc nón là: $12358\cdot \frac{3}{60}=617,9$(giờ).

Vậy để khắc xong cả chiếc nón thì cần khoảng $617,9$ giờ.