Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 2

Hướng dẫn giải

1. a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì mấu số liệu trên có nhiều giá trị khác nhau, nếu lập bảng tần số không ghép nhóm sẽ rất dài, phức tạp, khó tính toán.

b) Hãy chia số liệu làm 4 nhóm trong đó nhóm đầu tiên là $$4:00$$ đến dưới $$4:30$$; lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm (làm tròn đến hàng đơn vị).

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

Nhóm	$$[4:00;4:30)$$	$$\left[4:30;5:00\right)$$	$$\left[5:00;5:30\right)$$	$$\left[5:30;6:00\right)$$
Số học sinh	$$13$$	$$8$$	$$12$$	$$3$$

Tổng số học sinh trong lớp là $n=13+8+12+3=36$.

Tỉ lệ thời gian học sinh chạy $$1000\mathrm{m}$$ từ $$4:00$$ đến dưới $$4:30$$ là $\frac{13}{36}\approx 36,1\%$;

từ $$4:30$$ đến dưới $$5:00$$ là $\frac{8}{36}\approx 22,2\%$;

từ $$5:00$$ đến dưới $$5:30$$ là $\frac{12}{36}\approx 33,3\%$;

từ $$5:30$$ đến dưới $$6:00$$ là:

$100\%-36,1\%-22,2\%-33,3\%\approx 8,4\%$.

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:

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

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega =\left\{1;2;3;4;...;51;52\right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $$52$$ phần tử.

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số nhỏ hơn $$27$$” là: $1;2;3;4;...;25;26$. Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $$26$$ phần tử.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{26}{52}=\frac{1}{2}$.

Hướng dẫn giải

a) Gọi $O^{\prime }$ là trung điểm của cạnh $$CH.$$

Ta có $HD\perp CD$ nên $\widehat{HDC}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta HDC$vuông tại $$D$$ có $D{O}^{\prime }$ là trung tuyến nên $D{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=C{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Chứng ming tương tự, ta có $C{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=E{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Do đó $D{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=C{O}^{\prime }=E{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Vậy bốn điểm $D,H,E,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác $DHEC$ nội tiếp đường tròn.

b) Trong tam giác $ABC$ có $BE,AD$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$.

Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $CH\perp AB$.

Trong$\left(O\right)$ có $\widehat{ABM},\widehat{ACM}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính $AM$.

Suy ra $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^{\circ }$ nên $MB\perp AB;MC\perp AC.$

Mà $CH\perp AB;BH\perp AC$ nên $MB//CH,MC//BH$  nên $BHCM$ là hình bình hành.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $OI\perp BC$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của $BC$ (đường kính vuông góc với dây).

c) Xét $\Delta DHB$ và $\Delta DCA$ có

$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$ (vì $AD\perp BC$)

$\widehat{HBD}=\widehat{DAC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)

Do đó .

Suy ra $\frac{DH}{DC}=\frac{DB}{DA}$ hay $DH\cdot DA=DB\cdot DC.$

Ta có ${\left(a-b\right)}^2\ge 0$ hay $a^2-2ab+b^2\ge 0$ nên $a^2+2ab+b^2\ge 4ab$, suy ra $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$.

Áp dụng bất đẳng thức $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$, ta có: $DB\cdot DC\le \frac{{\left(DB+DC\right)}^2}{4}=\frac{B{C}^2}{4}$.

Suy ra $DH\cdot DA\le \frac{B{C}^2}{4}$ không đổi vì $BC$ cố định.

Dấu xảy ra khi $DB=DC$, khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy $A$ là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của $DH\cdot DA$ bằng $\frac{B{C}^2}{4}$.