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

a) Đối tượng thống kê là số học sinh lớp 9B trong học kì I và II.

Tiêu chí thống kê là học lực của các bạn học sinh lớp 9B gồm: Tốt, Khá và Đạt.

b) Số học sinh của lớp 9B là: $9 + 22 + 5 = 36$ (học sinh)

So với kì I, học lực Tốt của lớp 9B tăng, học lực Khá và Đạt của lớp 9B giảm.

c) Từ bảng thống kê trên ta tính được tần số tương đối của hai đối tượng khác nhau nên dùng biểu đồ tần số tương đối ở dạng cột kép để biểu diễn dữ liệu.

Ta lập bảng tần số tương đối như sau:

d) Biểu đồ tần số tương đối dạng cột kép:

2.1. a) Số học sinh nam tham gia cuộc thi là: $12 + 8 + 10 + 9 + 11 = 50$ (học sinh)

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

b) Xác suất để học sinh nam đạt giải ở môn chạy bền là: $\frac{4}{{50}} = \frac{2}{{25}}$.

c) Tổng số học sinh tham gia thi là: $50 + 40 = 90$ (học sinh)

Số học sinh đạt giải ở môn cầu lông là: $5 + 4 = 9$ (học sinh)

Do đó, xác suất để chọn được học sinh đạt giải môn cầu lông là: $\frac{9}{{90}} = \frac{1}{{10}}$.

2.2. a) Kí hiệu $\overline {xy}$ là số mà khách hàng lập được, trong đó $y$ là số ghi trên lá thăm rút được lần thứ nhất (số hàng đơn vị), $x$ là số ghi trên lá thăm rút được lần thứ hai (số hàng chục).

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {11;\,\,12;\,\,13;\,\,14;\,\,15;\,\,16;\,\,17;\,\,18;\,\,19;\,\,...;\,\,91;\,\,92;\,\,93;\,\,94;\,\,95;\,\,96;\,\,97;\,\,98;\,\,99} \right\}.$

Số phần tử của không gian mẫu là 81.

b) Vì 9 lá thăm giống nhau về kích thước, hình dạng nên 81 kết quả trên là đồng khả năng.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho là: $11;\,\,13;\,\,17;\,\,19.$

Vậy xác suất của biến cố đã cho là: $\frac{4}{{81}}$.

3.1. Giả sử $ABCD$ là khung cổng hình chữ nhật $(AB = CD = 3{\rm{\;m}}$ và $AD = BC = 4{\rm{\;m}})$ nội tiếp nửa đường tròn $\left( O \right)$ (hình vẽ).

Gọi $H$ là trung điểm của $CD.$

Khi đó $HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2{\rm{\;(m)}}$ và $H$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Vì $B,{\rm{ }}C$ cùng nằm trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên $OB = OC,$ suy ra $O$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Do đó $OH$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC,$ nên $OH \bot BC.$

Mà $BC\,{\rm{//}}\,AD$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) nên $OH \bot AD.$

Xét tứ giác $ABHO$ có $\widehat {OAB} = \widehat {AOH} = \widehat {OHB} = 90^\circ$ nên $ABHO$ là hình chữ nhật.

Do đó $OH = AB = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta OBH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore, ta có: $O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} = {3^2} + {2^2} = 13.$

Do đó $OB = \sqrt {13} {\rm{\;m}}.$

Nửa chu vi đường tròn $\left( O \right)$ là: $\pi \sqrt {13} {\rm{\;\;(m)}}{\rm{.}}$

3.2. Ta có hình vẽ sau:

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $Oy.$ Ta có $A\left( {2;\,\,3} \right)$ nên $AH = \left| 2 \right| = 2$ và $OH = \left| 3 \right| = 3.$

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

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {2^2}} = \sqrt {13} .$

Ta cũng có $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Giả sử phép quay $90^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ (ở góc phần tư thứ I) thành điểm $B$. Khi đó, điểm $B$ nằm ở góc phần tư thứ II và $OB = OA = \sqrt {13} ,\,\,\widehat {AOB} = 90^\circ .$

Ta có $\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {BOH} = 90^\circ$ nên $\cos \widehat {BOH} = \sin \widehat {AOH} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Xét $\Delta OBK$ vuông tại $K$ (gọi $K$ là hình chiếu của điểm $B$ trên $Oy)$ ta có:

$OK = OB \cdot \cos \widehat {BOH} = \sqrt {13} \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} = 2.$

Từ đó, ta có tung độ của điểm $B$ là $2$ (do $B$ nằm ở góc phần tư thứ II).

Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm $B$ là $- 3.$

Như vậy, phép quay ngược chiều $90^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A\left( {2;\,\,3} \right)$ thành điểm $B\left( {--3;{\rm{ }}2} \right).$

a)

Vì điểm $B$ nằm trên đường tròn đường kính $AD$ nên $\widehat {ABD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do $\Delta ABE$ vuông tại $B$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm $AE$ hay đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ có đường kính $AE$.

Tương tự, $EF \bot AD$ nên $\Delta AEF$ vuông tại $F,$ có đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn đường kính $AE.$

Do đó, các điểm $A,\,\,B,\,\,E,\,\,F$ đều nằm trên đường tròn đường kính $AE.$

Vậy tứ giác $ABEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AE.$

b) Tứ giác $ABEF$ nội tiếp nên $\widehat {BAE} = \widehat {BFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE).$ (1)

Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác $CDFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE.$

Suy ra $\widehat {EFC} = \widehat {EDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC).$ (2)

Lại có tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {BAC} = \widehat {BDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC)$ hay $\widehat {BAE} = \widehat {EDC}.$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat {BFE} = \widehat {EFC}$ hay $FE$ là tia phân giác của $\widehat {BFC}.$

Chứng minh tương tự như trên, ta có $BD$ là tia phân giác của $\widehat {CBF}.$

Xét $\Delta BCF$ có $BD,\,\,FE$ là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại $E$ nên $E$ là giao điểm ba đường phân giác của tam giác này.

Do đó $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCF.$