Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Thượng Cát (Hà Nội) có đáp án

a) Bảng tần số tương đối:

b) Biểu đồ hình quạt tròn:

c) Tỉ lệ học sinh đạt kết quả học tập học kỳ I được đánh giá ở mức Tốt và Khá so với cả lớp là:

$37,5\%+35\%=72,5\%>72\%$ nên thông báo đó của giáo viên chủ nhiệm là đúng.

1) Bảng tần số ghép nhóm như sau:

2) Số công nhân đã hoàn thành bài thi trước khi hết giờ trên $15$ phút là: $3+5+6=14$ (người)

1) Các trường hợp có thể xảy ra khi gieo 1 con xúc xắc là: 1 chấm, 2 chấm, 3 chấm, 4 chấm, 5 chấm, 6 chấm. Suy ra $\Omega =6$.

2) Các kết quả thuận lợi cho biến cố: “Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt có số chấm là số chia hết cho 3” là: 3 chấm, 6 chấm suy ra có 2 kết quả thuận lợi cho không gian mẫu.

Do đó xác suất của biến cố trên là $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$.

a) Quãng đường Trái Đất đi được trong 1 năm là: $150000000.2\pi \approx 942477796$$$\left(km\right)$$.

Quãng đường Trái Đất đi được trong 1 ngày là: $942477796:365=2582131$$$\left(km\right)$$.

Làm tròn đến hàng nghìn ta được $$2582000\left(km\right)$$.

b) Đổi

$$1$$ ngày = $$24$$ giờ = $$1440$$ phút = $$86400$$ giây.

$$2582131km=2582131000m$$

Tốc độ của Trái Đất là: $2582131000:86400\approx 29886(m/s)$.

a) Ta có: $IE\perp AK$ tại $E$ nên $\widehat{IEK}=\widehat{IEA}=90^{\circ }$

$KF\perp IA$ tại $F$ nên $\widehat{KFI}=\widehat{KFA}=90^{\circ }$

Xét $\Delta IFK$ vuông tại $F$ do $\widehat{KFI}=90^{\circ }$ là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính $IK$.

Suy ra $I,F,K$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $IK$ $\left(1\right)$

Xét $\Delta IEK$ vuông tại $E$ do $\widehat{IEK}=90^{\circ }$ là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính $IK$.

Suy ra $I,E,K$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $IK$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra bốn điểm $I,F,E,K$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $IK$.

b) Xét tứ giác $$IFEK$$ nội tiếp đường tròn đường kính $IK$ có:

$$\widehat{IEF}=\widehat{IKF}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) suy ra $$\widehat{HEF}=\widehat{IKH}$$

$$\widehat{KFE}=\widehat{KIE}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) suy ra $$\widehat{HFE}=\widehat{HIK}$$

Xét $\Delta HEF$ và $\Delta HKI$ có:

$$\widehat{HEF}=\widehat{IKH}$$ và $$\widehat{HFE}=\widehat{HIK}$$

Suy ra: (g.g).

Xét $\left(O\right)$ có: $$\widehat{KIE}=\widehat{KQP}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà $$\widehat{KIE}=\widehat{KFE}$$ (cmt)

Suy ra: $$\widehat{KFE}=\widehat{KQP}$$, mà hai góc $$\widehat{KFE}$$ và $$\widehat{KQP}$$ ở vị trí đồng vị nên $$EF//PQ$$.

c)

Tia $AH$ cắt $IK$ tại $D$.

Xét $\Delta AIK$ có $IE,KF$ là hai đường cao và $IE$ cắt $KF$ tại $H$ suy ra $H$ là trực tâm của $\Delta AIK$.

Do đó $AH\perp IK$ hay $AD\perp IK$ tại $D$.

Ta có: $\widehat{KIE}=\widehat{KAD}$ (cùng phụ $\widehat{AKD}$) $\left(3\right)$

Xét $\left(O\right)$ có: $$\widehat{KIE}=\widehat{KAP}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) $\left(4\right)$

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$ suy ra: $\widehat{KAD}=\widehat{KAP}$ hay $\widehat{HAE}=\widehat{PAE}$

Xét $\Delta AHP$ có $\widehat{HAE}=\widehat{PAE}$ suy ra tia $AE$ là phân giác của $\widehat{HAP}$, mà $AE\perp HP$

Suy ra: $\Delta AHP$ cân tại $A$ và $AE$ cũng là đường trung tuyến của $\Delta AHP$, suy ra $E$ là trung điểm của $HP$

Xét $\left(O\right)$ có: $$\widehat{IKF}=\widehat{IAQ}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) $\left(5\right)$

Ta có: $\widehat{IKF}=\widehat{IAD}$ (cùng phụ $\widehat{AID}$) $\left(6\right)$

Từ $\left(5\right)$ và $\left(6\right)$ suy ra: $$\widehat{IAQ}=\widehat{IAD}$$ hay $\widehat{FAQ}=\widehat{FAH}$

Xét $\Delta AHQ$ có $\widehat{FAQ}=\widehat{FAH}$ suy ra tia $AF$ là phân giác của $\widehat{HAQ}$, mà $AF\perp HQ$

Suy ra: $\Delta AHQ$ cân tại $A$ và $AF$ cũng là đường trung tuyến của $\Delta AHQ$, suy ra $F$ là trung điểm của $HQ$

Xét $\Delta HPQ$ có $E$ là trung điểm của $HP$ và $F$ là trung điểm của $HQ$ suy ra $$EF$$ là đường trung bình của

Suy ra: $$EF//PQ$$ và $EF=\frac{PQ}{2}$.

Xét $\Delta AHF$ vuông tại $F$ là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A,F,H$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$ $\left(7\right)$

Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A,E,H$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$ $\left(8\right)$

Từ $\left(7\right)$ và $\left(8\right)$ suy ra bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$.

Xét tứ giác $$IFEK$$ nội tiếp đường tròn đường kính $IK$ có:

$\widehat{FEK}+\widehat{FIK}=180^{\circ }$ (tính chất tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{FEK}+\widehat{AEF}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Suy ra: $\widehat{FIK}=\widehat{AEF}$ hay $\widehat{AIK}=\widehat{AEF}$

Xét $\Delta AIK$ và $\Delta AEF$, có:

$\hat{A}$ chung và $\widehat{AIK}=\widehat{AEF}$

Do đó (g.g)

Suy ra: $\frac{AI}{AK}=\frac{AE}{AF}$ (tỉ số đồng dạng)

Mà $AI<AK$, suy ra $AE<AF$

Suy ra tứ giác $AFHE$ không thể trở thành hình vuông.

Xét tứ giác $AFHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$, ta có: $EF$ là dây cung và do tứ giác $AFHE$ không là hình vuông nên$$EF<AH$$

Mà: $$EF=\frac{PQ}{2}$$

Suy ra: $\frac{PQ}{2}<AH$

$PQ<2AH$

$\frac{PQ}{AH}<2$.