Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) có đáp án - Đề 3

a) Đối tượng thống kê là số tiền các hộ gia đình vay để phát triển sản xuất.

Tiêu chí thống kê là số lượng các hộ gia đình.

b) Số gia đình được thống kê trong biểu đồ là:

$5 + 7 + 10 + 18 + 25 + 15 = 80$ (hộ gia đình)

c) Ta có các giá trị năm nửa khoảng $\left[ {40;{\rm{ }}50} \right),$ $\left[ {50;\,\,60} \right),$ $\left[ {60;\,\,70} \right),$ $\left[ {70;{\rm{ }}80} \right),\,$$\left[ {80;{\rm{ }}90} \right),$ $\,\,\left[ {90;{\rm{ }}100} \right)$ lần lượt có tần số là:

$${n_1} = 5;{\rm{ }}{n_2} = 7;{\rm{ }}{n_3} = 10;{\rm{ }}{n_4} = 18;{\rm{ }}{n_5} = 25;{\rm{ }}{n_6} = 15.$$

Các giá trị năm nửa khoảng $\left[ {40;{\rm{ }}50} \right),$ $\left[ {50;\,\,60} \right),$ $\left[ {60;\,\,70} \right),$ $\left[ {70;{\rm{ }}80} \right),\,\,\left[ {80;{\rm{ }}90} \right),\,\,\left[ {90;{\rm{ }}100} \right)$ lần lượt có tần số tương đối là:

${f_1} = \frac{{5 \cdot 100}}{{80}}\% = 6{,}25\% ;$ ${f_2} = \frac{{7 \cdot 100}}{{80}}\% = 8{,}75\% ;$ ${f_3} = \frac{{10 \cdot 100}}{{80}}\% = 12{,}5\% ;$

${f_4} = \frac{{18 \cdot 100}}{{80}}\% = 22{,}5\% ;$ ${f_5} = \frac{{25 \cdot 100}}{{80}}\% = 31{,}25\% ;$ ${f_6} = \frac{{15 \cdot 100}}{{80}}\% = 18{,}75\% .$

Bảng tần số ghép nhóm tương đối của mẫu số liệu đó sau khi ghép nhóm theo sáu nhóm ứng với sáu nửa khoảng $\left[ {40;{\rm{ }}50} \right),$ $\left[ {50;\,\,60} \right),$ $\left[ {60;\,\,70} \right),$ $\left[ {70;{\rm{ }}80} \right),\,\,\left[ {80;{\rm{ }}90} \right),\,\,\left[ {90;{\rm{ }}100} \right)$ như sau:

d) Ta có biểu đồ tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép đó là:

2.1. a) Số học sinh lớp 9D là: $8 + 6 + 5 + 4 + 3 + 5 + 2 + 3 + 1 + 2 = 39$ (học sinh)

b) Số học sinh đi xe buýt là $3 + 5 = 8$ (học sinh)

Do đó, xác suất để chọn được học sinh đi học bằng xe buýt là: $\frac{8}{{39}}$.

c) Số học sinh đi học bằng xe đạp hoặc xe điện là: $8 + 6 + 5 + 4 = 23$ (học sinh)

Do đó, xác suất để chọn được học sinh đi học bằng xe đạp hoặc xe điện là: $\frac{{23}}{{39}}.$

2.2. a) Đánh số các bạn nam lần lượt là $1\,;\,\,3\,;\,\,5.$

Đánh số các bạn nữ lần lượt là $2\,;\,\,4\,;\,\,6.$

Để biến cố xảy ra thì trong hai bạn được chọn phải có 1 số lẻ và một số chẵn.

Vì một bạn không thể được chọn 2 lần nên các ô bị gạch trong bảng không có khả năng xảy ra. Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {\left( {2;\,\,1} \right);\,\,\left( {3;\,\,1} \right);\left( {4;\,\,1} \right);...;\left( {5;\,\,6} \right)} \right\}$.

Không gian mẫu của phép thử có 30 phần tử.

b) Vì khả năng được chọn của các bạn là như nhau nên các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

Có 18 kết quả thuận lợi cho biến cố là: $\left( {2\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {6\,;\,\,1} \right)\,;\,\left( {1\,;\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {3\,;\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {5\,;\,\,2} \right);\,\,\left( {2\,;\,\,3} \right)\,;$

$$\left( {4\,;\,\,3} \right)\,;\left( {6\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {5\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\,5} \right)\,;\,\,\left( {4\,;\,\,5} \right)\,;\,\,\left( {6\,;\,\,5} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\,6} \right)\,;\,\,\left( {3\,;\,\,6} \right)\,;\,\,\left( {5\,;\,\,6} \right).$$

Vậy xác suất của biến cố là $P = \frac{{18}}{{30}} = \frac{3}{5}$.

3.1. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat {A\,} + \widehat C = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng $180^\circ ).$

Suy ra $\widehat C = 180^\circ - \widehat {A\,} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .$

Xét $\Delta ABD$ có $\widehat {A\,} + \widehat {ABD} + \widehat {ADB} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {\widehat {A\,} + \widehat {ABD}} \right) = 180^\circ - \left( {80^\circ + 60^\circ } \right) = 40^\circ$.

Vì $AD\,{\rm{//}}\,BD$ nên $\widehat {DBC} = \widehat {ADB} = 40^\circ$ (so le trong).

Xét $\Delta BCD$ có $\widehat {C\,} + \widehat {CBD} + \widehat {BDC} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {BDC} = 180^\circ - \left( {\widehat {C\,} + \widehat {CBD}} \right) = 180^\circ - \left( {100^\circ + 40^\circ } \right) = 40^\circ .$

3.2.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $Ox.$ Ta có $A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)$ nên $OH = AH = \left| {--2} \right| = 2.$

Do đó $\Delta AOH$ vuông cân tại $H,$ nên $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

Xét $\Delta AOH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore ta có: $O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}$

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$

Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $Ox,$ do đó $I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).$

Ta cũng chứng minh được $\widehat {HOI} = 45^\circ$ và $OI = 2\sqrt 2 .$

Như vậy, phép quay thuận chiều $90^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)$ thành điểm $I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).$

a) Ta có $MA,{\rm{ }}MB$ là các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $A$ và $B$ nên $MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}$

Suy ra $OM = 2R.$

Gọi $I$ là giao điểm của $\left( O \right)$ với tia $OM,$ ta có $OI = R$ nên $IM = OM--OI = 2R--R = R.$

Do đó, $IM = IO = R$ nên $I$ là trung điểm của $OM.$

Do $\Delta OAM$ vuông tại $A$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAM.$

Do $\Delta OBM$ vuông tại $B$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OBM.$

Do đó bốn điểm $A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O$ cùng nằm trên đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

Vậy tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ ta có: $\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}$. Suy ra $\widehat {AMO} = 30^\circ .$

Do $MA,{\rm{ }}MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $M$ nên $MA = MB$ và $MO$ là tia phân giác của góc $AMB,$ suy ra $\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .$

Vì vậy tam giác $AMB$ là tam giác đều có $MA = MB = AB = R\sqrt 3$ (1)

Theo chứng minh trên, ta có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMB.$ Tam giác đều $MAB$ có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều $MAB$ cạnh $R\sqrt 3$ có tâm là $I$ và bán kính là $\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.$

b) Ta có $\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {MBP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (3)

Do $\Delta OBP$ cân tại $O$ (vì $OB = OP)$ nên ta có:

$\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BP$ nên $\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Do đó $\widehat {PBO} = 90^\circ - \widehat {BQP}.$ Hay $\widehat {BQP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.$

Xét $\Delta MPB$ và $\Delta MBQ$ có:

$\widehat {BMQ}$ là góc chung, $\widehat {MBP} = \widehat {MQB}$

Do đó $ΔMPB∽ΔMBQ$ (g.g).

Suy ra $\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}$ hay $MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.$

Lại có ${\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0$ hay ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP$

Suy ra ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}$

Do đó $MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3$ (dấu “=” xảy ra khi $MQ = MP).$

Vậy $MP + MQ$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt 3 ,$ khi đó $MQ = MP$ hay đường thẳng $d$ đi qua $M$ và $A$ hoặc $d$ đi qua $M$ và $B.$