Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

     a) Đối tượng thống kê là chiều cao của 50 cây giống sau 20 ngàu gieo hạt.

         Tiêu chí thống kê là tỉ lệ phần trăm tương ứng theo từng nhóm.

     b) Các cây giống có chiều cao dưới $13\mathrm{cm}$ chiếm số phần trăm là: $16+24=40\%$.

     c) Ta có biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng đoạn thẳng của mẫu dữ liệu mà Huy thu thập được là:

     d) Ta tính tần số của các nhóm số liệu như sau:

⦁ Tần số của nhóm $\left[9;11\right)$ là: $\frac{16\cdot 50}{100}=8.$

⦁ Tần số của nhóm $\left[11;13\right)$ là: $\frac{24\cdot 50}{100}=12.$

⦁ Tần số của nhóm $\left[13;15\right)$ là: $\frac{50\cdot 50}{100}=25.$

⦁ Tần số của nhóm $\left[15;17\right)$ là: $\frac{10\cdot 50}{100}=5.$

Bảng tần số ghép nhóm cho mẫu dữ liệu Huy thu thập được như sau:

     2.1. a) Số học sinh nam tham gia cuộc thi là: $$10+6+8+7+9=40$$ (học sinh)

                Số học sinh nữ tham gia cuộc thi là: $$8+9+7+6+5=35$$ (học sinh)

     b) Xác suất để chọn được bạn nam đạt giải là: $$\frac{3}{40}$$.

     c) Số học sinh tham gia thi là: $$40+35=75$$ (học sinh)

     Xác suất để chọn được học sinh nữ đạt giải môn Tiếng Anh là: $$\frac{3}{75}=\frac{1}{25}$$.

     2.2. a)

$Oxy$ cho hình chữ nhật $$OABC$$ sao cho $$A\left(0;4\right),B\left(3;4\right),$$ $$C\left(3;0\right).$$Gọi $$\Omega$$ là tập hợp tất cả các điểm $$\left(x;y\right)$$ với $$x,y$$ là các số nguyên và nằm bên trong (không kể trên cạnh) của hình chữ nhật $$OABC.$$ Lấy ngẫu nhiên một điểm của tập hợp $$\Omega .$$      a) Xác định số phần tử của không gian mẫu.      b) Tính xác suất của biến cố $$M:$$ “Điểm $$\left(x;y\right)$$ của tập hợp $$\Omega$$ được lấy ra có (ảnh 1)">

Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một điểm của tập hợp

Ta thấy, các kết quả có thể xảy ra của phép thử trên là đồng khả năng.

Ta có $$\Omega =\left\{A_1\left(1;1\right);A_2\left(1;2\right);A_3\left(1;3\right);A_4\left(2;1\right);A_5\left(2;2\right);A_6\left(2;3\right)\right\}.$$

Tập $$\Omega$$ có 6 phần tử.

     b) Trong tất cả các điểm của tập $$\Omega ,$$ các điểm $$A_1;A_2;A_4$$ mỗi điểm có hoành độ $$x$$ và tung độ $$y$$ thoả mãn $x+y<4.$

Do đó có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $$M.$$

Vậy xác suất của biến cố $$M$$ là $P\left(M\right)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$

       3.1. Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Suy ra $\widehat{ADC}=180^{\circ }-\widehat{ABC}=180^{\circ }-106^{\circ }=74^{\circ }.$

Khi đó,  (số đo cung gấp hai lần số đo góc nội tiếp chắn cung đó).

       3.2.

ABCD nội tiếp đường tròn $\left(O\right),$ biết $\widehat{ABC}=106^{\circ }.$      Tính số đo cung $ADC$.      3.2. Cho hình lục giác đều $ABCDEG$ (các đỉnh của lục giác theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) có tâm $O.$ Phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $E$ có góc quay là bao nhiêu độ? (ảnh 2)">

Vì $ABCDEG$ là lục giác đều nên $AB=BC=CD=DE=EG=GA$ và Xét $\Delta OAB$ và $\Delta OBC$ có:

$OA=OB,OB=OC,AB=BC$

Do đó $\Delta OAB=\Delta OBC$ (c.c.c)

Suy ra $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}$ (hai góc tương ứng).

Tương tự, ta sẽ chứng minh được

$\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOG}=\widehat{GOA}.$

Lại có $\widehat{AOB}+\widehat{BOC}+\widehat{COD}+\widehat{DOE}+\widehat{EOG}+\widehat{GOA}=360^{\circ }$.

Suy ra $6\widehat{GOA}=360^{\circ }$ nên $$\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOG}=\widehat{GOA}=60^{\circ }.$$

Do đó, $\widehat{AOE}=\widehat{GOA}+\widehat{EOG}=60^{\circ }+60^{\circ }=120^{\circ }.$

Lại có $OA=OE.$ Như vậy, phép quay ngược chiều $120^{\circ }$ tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $E.$

a) Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $AC$ là đường kính nên $\widehat{ABC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ có $AF$ là đường kính nên $\widehat{ABF}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó $\widehat{CBF}=\widehat{ABC}+\widehat{ABF}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }.$ Suy ra ba điểm $C,B,F$ thẳng hàng. Chứng minh tương tự như trên, ta có $\widehat{ADC}=90^{\circ }$

(O) và $\left(O^{\prime }\right)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A,B.$ Đường thẳng $AO$ cắt hai đường tròn $\left(O\right)$ và $\left(O^{\prime }\right)$ lần lượt tại hai điểm $C,E$ (khác điểm $A).$ Đường thẳng $A{O}^{\prime }$ cắt hai đường tròn $\left(O\right)$ và $\left(O^{\prime }\right)$ lần lượt tại hai điểm $D,F$ (khác điểm $A).$ Chứng minh: a) $C,B,F$ thẳng hàng và tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn. b) $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$ (ảnh 1)">

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right))$ và $\widehat{AEF}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O^{\prime }\right)).$

Do đó $\widehat{CDF}=\widehat{CEF}=90^{\circ }$ nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông $CDF,CEF$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $CF$ hay các điểm $C,D,E,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $CF.$

Vậy tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF.$

   b) Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABFE$ nội tiếp đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ nên $\widehat{ABE}=\widehat{AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$

Tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF$ nên $\widehat{DCE}=\widehat{DFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE)$ hay $\widehat{ACD}=\widehat{AFE}$.

Từ đó suy ra $\widehat{ABD}=\widehat{ABE}$ hay $BA$ là tia phân giác của góc $DBE.$

Chứng minh tương tự, ta có $\widehat{CED}=\widehat{BEC}\left(=\widehat{CFD}\right)$ hay $EC$ là tia phân giác của góc $BED.$

Xét tam giác $BDE$ có $BA$ và $EC$ là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại $A$ nên $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$