Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) – Đề 1 (có đáp án)

     a) Đối tượng thống kê là số tài khoản mạng xã hội của các bạn lớp 9E.

     Tiêu chí thống kê là tầm số tương đối của số tài khoản mạng xã hội của các bạn lớp 9E.

     b) Quan sát biểu đồ, ta thấy số mạng tài khoản xã hội chiếm tần số tương đối cao nhất là nhóm  $\left[2;4\right)$ tức là hoặc lớn hơn bằng $2$ và nhỏ hơn $4,$ chiếm $47\%$.

    Nhóm $\left[4;6\right)$ là nhóm có tần số tương đối thấp nhất, chiếm $25\%$.

     c) Ta có bảng tần số tương đối như sau:

     d) Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng đoạn thẳng như sau:

Tổng tần số tương đối của hai nhóm $\left[2;4\right)$ và $\left[4;6\right)$ là: $47\%+25\%=72\%>70\%.$

Như vậy bạn Phương nhận định đúng.

     2.1. a) Số học sinh nam lớp 9A là: $2+1+2+1+1+1+2+2+2+2=16$ (học sinh).

                Số học sinh nữ lớp 9A là: $1+2+1+1+2+2+2+1+1+1=14$ (học sinh).

               Số học sinh của lớp 9A là: $16+14=30$ (học sinh)

     b) Quan sát bảng số liệu, số lượng học sinh sinh tháng 10 là $2$ học sinh.

     Suy ra xác suất để chọn được bạn nam sinh tháng 10 là $\frac{2}{30}=\frac{1}{15}$        .

     c) Số học sinh sinh từ tháng 8 đến tháng 12 là: $2+1+1+1=5$ (học sinh)

     Suy ra xác suất chọn được bạn nữ sinh từ tháng 8 đến tháng 12 là: $\frac{5}{14}$.

     2.2 a) Kí hiệu $\left(i;j\right)$ là kết quả của phép thử, trong đó $i,j$ tương ứng là hai số trên thẻ được lấy ra ở lần thứ nhất và lần thứ hai.

Ta liệt kê tất cả kết quả của phép thử bằng cách lập bảng sau:

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =\{\left(-2,-2\right);\left(-1,-2\right);\left(2,-2\right);\left(4,-2\right);\left(-2,-1\right);\left(-1,-1\right);\left(2,-1\right);\left(4,-1\right);$

$\left(-2,2\right);\left(-1,2\right);$$\left(2,2\right);\left(4,2\right);\left(-2,4\right);\left(-1,4\right);\left(2,4\right);\left(4,4\right)\}.$

Không gian mẫu có 16 phần tử.

     b) Vì các thẻ số có cùng kích thước và vật liệu nên các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho là:

$\left(4,-2\right);\left(2,-1\right);\left(4,-1\right);\left(-1,2\right);\left(2,2\right);\left(4,2\right);\left(-2,4\right);\left(-1,4\right);\left(2,4\right);\left(4,4\right).$

Có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho.

Vậy xác suất của biến cố đã cho là: $\frac{10}{16}=\frac{5}{8}.$

       3.1. Ta có $\widehat{ADx}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp). Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{ADx}=120^{\circ }.$

Mà $\widehat{ABC}$ là góc ngoài tại đỉnh $B$ của tam giác $ABE$ nên $\widehat{ABC}=\widehat{AEB}+\widehat{BAE}$.

Suy ra $\widehat{BAE}=\widehat{ABC}-\widehat{AEB}=120^{\circ }-45^{\circ }=75^{\circ }.$

Lại có $\widehat{BAE}+\widehat{BAD}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù) và $\widehat{BCD}+\widehat{BAD}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau trong tứ giác $ABCD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat{BCD}=\widehat{BAE}=75^{\circ }.$

3.2. Gọi $$H$$ là hình chiếu của $$A$$ trên $$Oy.$$ Ta có $A\left(3;3\right)$ nên $OH=AH=\left|3\right|=3.$ Xét $$\Delta AOH$$ vuông tại $$H,$$ theo định lí Pythagore ta có: $$O{A}^2=O{H}^2+A{H}^2$$ Suy ra $OA=\sqrt{O{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.$

ABCD nội tiếp đường tròn (hình vẽ) có hai cạnh $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E.$ Hãy tính số đo độ của góc $BCD$ khi biết $\widehat{DEC}=45^{\circ }$ và $\widehat{ADx}=120^{\circ }.$      3.2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ cho điểm $A\left(3;3\right)$ và $B\left(-3\sqrt{2};0\right).$ Hỏi phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $B$ có góc quay bằng bao nhiêu độ? (ảnh 2)">

Ta cũng có $\sin \widehat{AOH}=\frac{AH}{OA}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$ Suy ra $\widehat{AOH}=45^{\circ }.$

Ta có điểm $B\left(-3\sqrt{2};0\right)$ nằm trên trục $$Ox$$ nên $OB=\left|-3\sqrt{2}\right|=3\sqrt{2}.$

Khi đó $OA=OB=3\sqrt{2}.$

Mặt khác, $\widehat{AOB}=\widehat{AOH}+\widehat{HOB}=45^{\circ }+90^{\circ }=135^{\circ }.$

Như vậy, phép quay $135^{\circ }$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ thành điểm $B$.

a) Vì $AI,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $AI\perp BC$ và $CL\perp AB.$ Do đó $\widehat{AIB}=\widehat{BLC}=90^{\circ }$ hay $\widehat{HIB}=\widehat{BLH}=90^{\circ }$. Suy ra hai điểm $I,L$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH.$ Vậy bốn điểm $B,I,L,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH$ hay tứ giác $BIHL$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH.$      b) Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác $CIHK$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH.$ Suy ra $\widehat{IKC}=\widehat{IHC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IC)$

ABC nhọn. Ba đường cao $AI,BK,CL$ cắt nhau tại $H.$ Chứng minh: a) Tứ giác $BIHL$ là tứ giác nội tiếp. b) $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $IKL.$ (ảnh 1)">

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác $AKHL$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ nên $\widehat{AKL}=\widehat{AHL}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AL).$

Lại có $\widehat{IHC}=\widehat{AHL}$ (đối đỉnh)

Do đó $\widehat{AKL}=\widehat{IKC}.$

Ta có $\widehat{AKL}+\widehat{LKB}=90^{\circ }$ và $\widehat{IKC}+\widehat{IKB}=90^{\circ }$

Mà $\widehat{AKL}=\widehat{IKC}$ nên $\widehat{LKB}=\widehat{IKB}$ hay $KB$ tức $KH$ là tia phân giác của $\widehat{IKL}.$

Chứng minh tương tự, ta có $IH$ là tia phân giác của $\widehat{LIK}.$

Xét tam giác $IKL$ có $KH,IH$ là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại $H$ nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $IKL.$