Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Phúc Lợi (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: $IE \bot AK$ tại $E$ nên $\widehat {IEK} = \widehat {IEA} = 90^\circ$

$KF \bot IA$ 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 $EF\,{\rm{//}}\;PQ$.

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 $AH \bot IK$ hay $AD \bot IK$ 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 $AE \bot HP$

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 $AF \bot HQ$

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: $EF\,{\rm{//}}\;PQ$ 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:

$\widehat A\,$ 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: $\frac{{PQ}}{2} < AH$

$PQ < 2AH$

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