Đề thi học kì 2 Toán 9 - Đề số 4

a) Tổng độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông là \(25\,\,m\).

b) Độ dài cạnh góc vuông còn lại của mảnh đất hình tam giác vuông được biểu diễn là: \(25 - t\,\,(m)\).

c) Độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông đó \(20\,m\,\,,\,\,15\,m\).

d) Trên mảnh ruộng đó người ta đem trồng lúa, mỗi mét vuông thu hoạch được \(0,8\,kg\) thóc. Số kg thóc thu hoạch được là \(240\,kg\).

a) Bán kính đáy là 7,0cm.

b) Diện tích vải để làm ống mũ là \(581,15\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

c) Diện tích vải để làm vành mũ là: \(240\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

d) Tổng diện tích vải cần để làm cái mũ đó. Biết rằng tỉ lệ vải khâu (may) hao (tốn) khi may mũ là 12%. Cho biết \(\pi = 3,14\) (làm tròn đến hàng đơn vị) là \(2923\left( {c{m^2}} \right)\).

Thay \(x = 2\) vào hàm số để tính giá trị.

Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) ta được:

\(y = \frac{1}{2}{.2^2} = 2\).

Đáp án B

Cách 1.(Đối với bài tập trắc nghiệm) Sử dụng máy tính cầm tay để tính hai nghiệm, sau đó thay vào biểu thức để tính giá trị.

Cách 2. Tính \(\Delta \) hoặc \(\Delta '\) của phương trình.

Biểu diễn hai nghiệm của phương trình theo \(\Delta \) hoặc \(\Delta '\).

Cách 1.

Sử dụng máy tính cầm tay ta tính được hai nghiệm của phương trình:

Vì \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_1} = \frac{1}{3};{x_2} = 3\).

Giá trị biểu thức \(3{x_1} + {x_2}\) bằng: \(3.\frac{1}{3} + 3 = 4\).

Cách 2. Phương trình \(3{x^2} - 10x + 3 = 0\,\) có \(\Delta = {10^2} - 4.3.3 = 64 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{10 - \sqrt {64} }}{{2.3}} = \frac{1}{3};{x_2} = \frac{{10 + \sqrt {64} }}{{2.3}} = 3\) với \({x_1} < {x_2}\).

Suy ra giá trị biểu thức \(3{x_1} + {x_2}\) bằng: \(3.\frac{1}{3} + 3 = 4\).

Đáp án C

Phương trình có dạng \({x^2} - Sx + P = 0\) là phương trình có nghiệm là hai số mà tổng của chúng bằng S và tích của chúng bằng P.

Phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\) có dạng \({x^2} - Sx + P = 0\) nên tổng hai nghiệm (nếu có) của phương trình là \(S = 6\).

Đáp án C

Từ bảng trên ta có thể ước lượng xác suất mũi tên chỉ vào hình quạt vàng bằng tỉ số giữa số lần quay vào hình quạt màu vàng với tổng số lần quay.

Số lần mũi tên chỉ vào hình quạt màu vàng là 30.

Tổng số lần quay là 150 lần.

Ước lượng xác xuất mũi tên chỉ vào hình quạt màu vàng là: \(\frac{{30}}{{150}}.100\% = 20\% \)

Đáp án D

Xác định các kết quả có tổng bằng 7.

Các kết quả thuận lợi của biến cố “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là \(7\)” là: (1;6), (2;5), (3;4), (4;3), (5;2), (6;1).

Vậy có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố.

Đáp án C

Tính cạnh huyền của tam giác bằng định lí Pythagore.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền.

Diện tích đường tròn tính bằng công thức: \(S = \pi {r^2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100\) suy ra \(BC = \sqrt {100} = 10\left( {cm} \right)\)

Do đó độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: \(\frac{{10}}{2} = 5\left( {cm} \right)\).

Vậy diện tích đường tròn là: \(S = \pi {.5^2} = 25\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Đáp án C

Chứng minh OAHI là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {IOA} + \widehat {AHI} = 180^\circ \). Ta tính được \(\widehat {IOA}\)

Vì HA là tiếp tuyến của (O) nên \(OA \bot AH\) suy ra tam giác OAH vuông ở A.

Do đó tam giác OAH nội tiếp đường tròn đường kính OH. (1)

Vì O cách đều hai điểm B, C (OB = OC), I cách đều hai điểm B, C (I là trung điểm của BC) nên OI là đường trung trực của BC. Suy ra \(OI \bot BC\).

Suy ra tam giác OIH vuông tại I nên tam giác OIH nội tiếp đường tròn đường kính OH. (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O,A,H,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính OH hay OAHI là tứ giác nội tiếp.

Do đó \(\widehat {IOA} + \widehat {AHI} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {IOA} = 180^\circ - \widehat {AHI} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \).

Đáp án B

Đa giác đều là một đa giác lồi có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Theo khái niệm của đa giác đều thì đa giác đều là một đa giác lồi có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Đáp án C

Xác định \(\alpha ^\circ \) trong phép quay thuận chiều biến điểm A thành điểm ở vị trí cao nhất.

Vì vòng quay mặt trời có 8 cabin nên là bát giác đều. Suy ra mỗi góc ở tâm có số đo là \(\frac{{360^\circ }}{8} = 45^\circ \).

Khi đó phép quay biến điểm A thành điểm ở vị trí cao nhất là: \(45^\circ .2 = 90^\circ \).

Đáp án C

Quan sát hình vẽ để xác định các đặc điểm của hình trụ.

Quan sát hình vẽ ta thấy:

Chiều cao của hình trụ là 40 cm. Suy ra đáp án B đúng.

Đường kính đáy hình trụ là 40 cm. Suy ra đáp án A sai, C đúng.

Đáp án D

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác SOA vuông tại O để tính bán kính đáy.

Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình nón: \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\).

Xét tam giác SOA có SO là đường cao của hình nón nên tam giác SOA vuông tại O. Do đó:

\(\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}}\) nên \(OA = SA.\cos 60^\circ = 2a.\frac{1}{2} = a\).

Diện tích toàn phần của hình nón là:

\({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .a.2a + \pi {a^2} = 3\pi {a^2}\).

Đáp án B

Dựa vào kiến thức về phần chung giữa mặt phẳng và hình cầu.

Phần chung giữa mặt phẳng và hình cầu là hình tròn.

Đáp án C

a) Tổng độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông là \(25\,\,m\).

b) Độ dài cạnh góc vuông còn lại của mảnh đất hình tam giác vuông được biểu diễn là: \(25 - t\,\,(m)\).

c) Độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông đó \(20\,m\,\,,\,\,15\,m\).

d) Trên mảnh ruộng đó người ta đem trồng lúa, mỗi mét vuông thu hoạch được \(0,8\,kg\) thóc. Số kg thóc thu hoạch được là \(240\,kg\).

a) Từ chu vi và độ dài cạnh huyền ta tính được tổng độ dài 2 cạnh còn lại.

b) Theo ý a ta có tổng độ dài hai cạnh còn lại nên ta biểu diễn được độ dài cạnh góc vuông còn lại theo \(t\).

c) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông để tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác.

d) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác vuông: \(S = \frac{1}{2}\). tích hai cạnh góc vuông.

Số kg thóc thu hoạch được = diện tích mảnh đất . 0,8 (kg).

a) Sai

Vì mảnh đất hình tam giác vuông có chu vi là \(60\,m\) và có cạnh huyền là \(25\,m\) nên tổng độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông là:

\(60 - 25 = 35\,(m)\).

b) Sai

Tổng độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông là \(35\,m\).

Độ dài một cạnh góc vuông là \(t\,(m,\,0 < t < 25)\).

Độ dài cạnh góc vuông còn lại của mảnh đất hình tam giác vuông được biểu diễn là: \(35 - t\,\,(m)\).

c) Đúng

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông, ta được:

\({(35 - t)^2} + {t^2} = {25^2}\)

\({t^2} - 70t + 1225 + {t^2} = 625\)

\(2{t^2} - 70t + 600 = 0\)

\({t^2} - 35t + 300 = 0\).

Giải phương trình, ta được \({t_1} = 20\) (tmđk), \({t_2} = 15\) (tmđk)

Vậy độ dài hai cạnh góc vuông của mảnh đất hình tam giác vuông đó \(20\,m\,\,,\,\,15\,m\).

d) Sai

Diện tích mảnh ruộng hình tam giác vuông là \(\frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 15 = 150\,({m^2})\)

Số kg thóc thu hoạch được là: \(0,8.150 = 120\,(kg)\).

Đáp án: SSĐS

a) Bán kính đáy là 7,0cm.

b) Diện tích vải để làm ống mũ là \(581,15\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

c) Diện tích vải để làm vành mũ là: \(240\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

d) Tổng diện tích vải cần để làm cái mũ đó. Biết rằng tỉ lệ vải khâu (may) hao (tốn) khi may mũ là 12%. Cho biết \(\pi = 3,14\) (làm tròn đến hàng đơn vị) là \(2923\left( {c{m^2}} \right)\).

a) Từ đường kính vành mũ ta tính được bán kính ống mũ.

b) Diện tích vải để làm ống mũ = diện tích xung quanh + diện tích đáy phía trên của mũ.

c) Diện tích vành mũ là diện tích hình vành khuyên: \({S_{vk}} = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right)\) (\(R > r\) )

d) Tính (diện tích vải để làm ống mũ + diện tích vải để làm vành mũ).(100% + 12%).

a) Sai

Ống mũ của nhà ảo thuật là hình trụ với chiều cao 35 cm, bán kính đáy:

\(R = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7,5{\kern 1pt} cm\)

b) Đúng

Diện tích vải để làm ống mũ là:

\({S_1} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = 2\pi .7,5.35 + \pi .7,{5^2} = 525\pi + 56,25\pi = 581,15\pi \;(c{m^2})\)

c) Sai

Vành mũ của nhà ảo thuật là hình vành khuyên.

Diện tích vải để làm vành mũ là:

\({S_2} = \pi .\left( {17,{5^2} - 7,{5^2}} \right) = 250\pi \;(c{m^2})\)

d) Đúng

Vậy tổng diện tích vải cần để làm cái mũ là:

\(\begin{array}{l}(581,15\pi \; + 250\pi ).\left( {100\% + 12\% } \right) = 831,15\pi .1,12\\ = 831,15.3,14.1,12 \approx 2923(c{m^2})\end{array}\)

Đáp án: SĐSĐ

Thay \(x = 2\) vào phương trình. Giải phương trình để tìm m.

Thay \(x = 2\) vào phương trình, ta được:

\(\begin{array}{l}2m{.2^2} - \left( {2m + 1} \right).2 - 3 = 0\\8m - 4m - 2 - 3 = 0\\4m = 5\\m = \frac{5}{4}\end{array}\)

Thay \(m = \frac{5}{4}\) vào A, ta được:

\(\begin{array}{l}A = 4.{\left( {\frac{5}{4}} \right)^2} - \frac{5}{4} + 2025\\ = 4.\frac{{25}}{{16}} - \frac{5}{4} + 2025\\ = \frac{{25}}{4} - \frac{5}{4} + 2025\\ = 5 + 2025 = 2030\end{array}\)

Đáp án: 2030

Từ bảng tần số, xác định tần số của trà sữa, tổng tần số của các loại nước uống.

Tính tần số tương đối của trà sữa: tần số : tổng tần số.100%

Từ bảng tần số, ta thấy tần số của trà sữa là 18.

Tổng tần số của các loại nước uống là: 18 + 6 + 16 + 10 = 50

Tần số tương đối của trà sữa là: \(\frac{{18}}{{50}}.100\% = 36\% .\)

Vậy tần số tương đối của nhóm này là 36%.

Đáp án: 36

Xác định số phần tử của không gian mẫu, số kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số phần tử của không gian mẫu.

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;1} \right),\left( {1;2} \right),\left( {1;3} \right),\left( {1;4} \right),\left( {1;5} \right),\left( {1;6} \right),\\\left( {2;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {2;3} \right),\left( {2;4} \right),\left( {2;5} \right),\left( {2;6} \right),\\\left( {3;1} \right),\left( {3;2} \right),\left( {3;3} \right),\left( {3;4} \right),\left( {3;5} \right),\left( {3;6} \right),\\\left( {4;1} \right),\left( {4;2} \right),\left( {4;3} \right),\left( {4;4} \right),\left( {4;5} \right),\left( {4;6} \right),\\\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right),\left( {5;3} \right),\left( {5;4} \right),\left( {5;5} \right),\left( {5;6} \right),\\\left( {6;1} \right),\left( {6;2} \right),\left( {6;3} \right),\left( {6;4} \right),\left( {6;5} \right),\left( {6;6} \right)\end{array} \right\}.\)

Số phần tử của không gian mẫu là 36.

Các số chẵn trên một viên xúc xắc là: 2, 4, 6.

Các kết quả thuận lợi của biến cố B: “Hai viên xúc xắc đều ra số chẵn” là:

\((2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6).\)

Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố B.

Do đó xác suất của biến cố B là:\(P(B) = \frac{9}{{36}} = \frac{1}{4} = 0,25\).

Đáp án: 0,25

Sử dụng định lí Pythagore để tính đường kính hình cầu.

Từ đó ta tính được bán kính hình cầu.

Vì tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC, ta được:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25\) suy ra \(BC = \sqrt {25} = 5\left( {cm} \right)\)

Suy ra bán kính hình cầu là: \(OB = \frac{{BC}}{2} = \frac{5}{2} = 2,5\left( {cm} \right)\).

Đáp án: 2,5

a) Thay toạ độ điểm \(M\left( { - 2;28} \right)\) vào hàm số \(y = \left( {1 + 3a} \right){x^2}\) để tìm a.

b) Dùng \(ac < 0\) để xác định số nghiệm của phương trình.

Tính tổng và tích của hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) theo định lí Viète: \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}\\P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\).

Biến đổi biểu thức A kết hơp định lí Viète để tính A.

a) Thay \(x = - 2;y = 28\) vào hàm số, ta được:

\(\begin{array}{l}28 = \left( {1 + 3a} \right).{\left( { - 2} \right)^2}\\4\left( {1 + 3a} \right) = 28\\1 + 3a = 7\\3a = 6\\a = 2\end{array}\)

Vậy \(a = 2\).

b) Xét phương trình \({x^2} + 2x - 2 = 0\) ta có: \(ac = 1.\left( { - 2} \right) = - 2 < 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = - \frac{2}{1} = - 2\\P = {x_1}.{x_2} = \frac{{ - 2}}{1} = - 2\end{array} \right.\)

Ta có: \(A = {x_1}\left( {x_2^2 - 2} \right) - {x_1} - {x_2}\)

\(\begin{array}{l} = {x_1}\left( {x_2^2 + {x_1}{x_2}} \right) - {x_1} - {x_2}\\ = {x_1}{x_2}\left( {{x_2} + {x_1}} \right) - \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ = \left( { - 2} \right).\left( { - 2} \right) - \left( { - 2} \right)\\ = 4 + 2 = 6\end{array}\)

Vậy \(A = 6\).

a) Chứng minh \(\Delta AEH\) và \(\Delta ADH\) cùng nội tiếp đường tròn đường kính AH nên tứ giác AEHD nội tiếp.

b) Chứng minh $\Delta AHE\backsim \Delta ABH$ suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {ABH}\).

Kết hợp với \(\widehat {ABH} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {AKC}\)

Chứng minh $\Delta EAH\backsim \Delta CAK$ suy ra \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}\) nên \(AE.AK = AH.AC\).

a) Xét $\Delta AEH$ vuông tại E nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính AH, do đó A, E, H thuộc đường tròn đường kính AH.

Xét $\Delta ADH$ vuông tại D nên $\Delta ADH$ nội tiếp đường tròn đường kính AH, do đó A, D, H thuộc đường tròn đường kính AH.

Do đó bốn điểm A, E, H, D thuộc đường tròn đường kính AH hay tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH.

b) Vì AK là đường kính của (O) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta ABH\) có:

\(\widehat {AEH} = \widehat {AHB}\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat A\) chung

nên $\Delta AHE\backsim \Delta ABH$ suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {ABH}\).

Mà \(\widehat {ABH} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {AKC}\)

Xét \(\Delta EAH\) và \(\Delta CAK\) có:

\(\widehat {AEH} = \widehat {ACK}\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {AHE} = \widehat {AKC}\) (cmt)

nên $\Delta EAH\backsim \Delta CAK$ suy ra \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}\) nên \(AE.AK = AH.AC\).

Gọi O là tâm của đáy, C là đỉnh, CA là một đường sinh của hình nón ban đầu.

Gọi tâm của đường tròn đáy thùng đựng nước là O’, B là một điểm thuộc đường tròn đáy sao cho B nằm trên đường sinh CA của hình nón ban đầu.

Chứng minh \(\Delta CO'B\) đồng dạng với \(\Delta CO'B\), từ đó suy ra tỉ lệ chiều cao của phễu so với hình nón ban đầu.

Gọi \(V\) là thể tích hình nón ban đầu, \({V_p}\) là thể tích phễu, \({V_t}\) là thể tích thùng chứa đầy nước.

Ta có: \(V = 2{V_p} + {V_t}\).

Áp dụng công thức tính thể tích hình nón \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\) với r là bán kính đáy, h là chiều cao để tìm \({V_p}\).

Gọi O là tâm của đáy, C là đỉnh, CA là một đường sinh của hình nón ban đầu.

Gọi O’ tâm của đường tròn đáy thùng đựng nước, B là một điểm thuộc đường tròn đáy sao cho B nằm trên đường sinh CA của hình nón ban đầu.

Xét \(\Delta CO'B\) và \(\Delta COA\), có:

\(\widehat {ACO}\) chung;

\(\widehat {CO'B} = \widehat {COA} = {90^o}\) (vì trục CO vuông góc với hai mặt phẳng đáy thùng).

Do đó \(\Delta CO'B\backsim \Delta CO'B\) (g.g), suy ra \(\frac{{CO}}{{CO'}} = \frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{OA}}{{O'B}} = 2\) (do bán kính miệng thùng gấp hai lần bán kính đáy thùng).

Gọi \(V\) là thể tích khối nón ban đầu, \({V_p}\) là thể tích phễu, \({V_t} = 12\) là thể tích thùng chứa đầy nước.

Ta có: \(V = 2{V_p} + {V_t}\).

Mặt khác:

\(\frac{{{V_p}}}{V} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .O'{B^2}.CO'}}{{\frac{1}{3}\pi .O{A^2}.CO}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .{{\left( {\frac{{OA}}{2}} \right)}^2}.\frac{{CO}}{2}}}{{\frac{1}{3}\pi .O{A^2}.CO}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\) hay \(V = 8{V_p}\).

Do đó: \(8{V_p} = 2{V_p} + {V_t}\) hay \(6{V_p} = {V_t} = 12\).

Vậy thể tích của phễu là 2 lít.