Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều - Đề số 4

a) Bảng tần số tương đối cho dữ liệu trên như sau:

b) Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ là 35%.

c) Biểu đồ tần số tương đối cho dữ liệu trên là:

d) Tại hội nghị khoa học quốc tế được tổ chức năm 2023, có 65 trong tổng số 180 đại biểu tham dự có thể sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên. Do đó tỉ lệ đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên năm 2023 tăng so với năm 2022.

a) \(\widehat {ACM} = 45^\circ \).

b) \(\widehat {OAC} = \widehat {BAH}\).

c) \(OI{\mkern 1mu} {\rm{//}}{\mkern 1mu} AH\).

d) Gọi N là giao điểm của AH với đường tròn \(\left( O \right)\). Tứ giác BCMN là hình bình hành.

Dựa vào mục đích của từng loại biểu đồ.

Để so sánh hai tập dữ liệu với nhau, ta nên dùng biểu đồ cột kép.

Đáp án B

Quan sát bảng tần số - tần số tương đối để xác định tần số tương đối của điểm 8.

Tần số tương đối của điểm 8 là 17,5%.

Đáp án D

Quan sát bảng, xác định số học sinh thuộc nhóm [45; 50).

Tính tần số tương đối = số học sinh thuộc nhóm [45; 50) : tổng số học sinh lớp 9A.100%

Có 7 học sinh thuộc nhóm [45; 50).

Tổng số học sinh lớp 9A là: 3 + 7 + 10 + 20 = 40 (học sinh)

Tần số tương đối của nhóm [45; 50) là:

\(\frac{7}{{40}}.100\% = 17,5\% \).

Đáp án D

Xác định các kết quả thuận lợi của biến cố A.

Ta có: \(A = \left\{ {(6,1);(6,2);(6,3);(6,4);(6,5)} \right\}\). Do đó số phần tử của biến cố \(A\) là 5.

Đáp án D

Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a: \(r = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\).

Bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác đều cạnh bằng 16cm là: \(r = \frac{{\sqrt 3 }}{6} \cdot 16 = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\)cm

Đáp án C

Dựa vào hai góc nội tiếp cùng chắn một cung để tính \(\widehat {QNP}\), suy ra \(\widehat {MNP}\).

Từ định lí tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp, tính \(\widehat {MQP}\).

Vì tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O) nên \(\widehat {QMP} = \widehat {QNP}\) (hai góc nội tiếp chắn cung PQ), suy ra \(\widehat {QNP} = 40^\circ \).

Ta có: \(\widehat {MNP} = \widehat {MPQ} + \widehat {QNP} = 60^\circ + 40^\circ = 100^\circ \).

Áp dụng định lí tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp, ta có: \(\widehat {MQP} + \widehat {MNP} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {MQP} = 180^\circ - \widehat {MNP} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ \).

Đáp án C

a) Bảng tần số tương đối cho dữ liệu trên như sau:

b) Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ là 35%.

c) Biểu đồ tần số tương đối cho dữ liệu trên là:

d) Tại hội nghị khoa học quốc tế được tổ chức năm 2023, có 65 trong tổng số 180 đại biểu tham dự có thể sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên. Do đó tỉ lệ đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên năm 2023 tăng so với năm 2022.

a) Sử dụng công thức tính tần số tương đối cho dữ liệu: \(f = \frac{m}{N}.100\% \), trong đó m là tần số của giá trị và N là cỡ mẫu. Sau đó lập bảng tần số tương đối.

b) Tính tổng tần số tương đối của các đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ.

c) Từ bảng tần số tương đối đã lập để vẽ biểu đồ tần số tương đối phù hợp.

Công thức đổi từ tần số tương đối sang độ: \(360^\circ .{f_i}\).

d) Tính tần số tương đối của số đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở nên trong năm 2022 và 2023.

So sánh hai tần số tương đối với của số đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trong hai năm với nhau.

a) Sai

Tổng số đại biểu là: \(72 + 58 + 34 + 20 + 16 = 200\)

Tần số tương đối của các giá trị 1; 2; 3; 4; \( \ge \)5 lần lượt là:

\(\begin{array}{l}\frac{{72}}{{200}}.100\% = 36\% ;\frac{{58}}{{200}}.100\% = 29\% ;\frac{{34}}{{200}}.100\% = 17\% ;\\\frac{{20}}{{200}}.100\% = 10\% ;\frac{{16}}{{200}}.100\% = 8\% \end{array}\)

Vậy bảng tần số tương đối cho dữ liệu trên như sau:

b) Sai

Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ là:

\(29 + 17 + 10 + 8 = 64\left( \% \right)\).

c) Đúng

Từ bảng tần số tương đối, ta có số độ tương ứng với các giá trị tần số là:

\(\begin{array}{l}360^\circ .36\% \approx 130^\circ ;360^\circ .29\% \approx 104^\circ ;360^\circ .17\% \approx 61^\circ ;\\360^\circ .10\% = 36^\circ ;360^\circ .8\% = 29^\circ \end{array}\)

Vẽ được biểu đồ tần số tương đối:

d) Đúng

Tỉ lệ đại biểu sử dụng từ 3 ngôn ngữ trở lên trong hội nghị năm 2022 là: \(17\% + 10\% + 8\% = 35\% \)

Tỉ lệ đại biểu sử dụng từ 3 ngôn ngữ trở lên trong hội nghị năm 2023 là: \(\frac{{65}}{{180}}.100\% \approx 36,1\% \)

Ta thấy 36,1% > 35% nên tỉ lệ đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên năm 2023 tăng so với năm 2022.

Đáp án: SSĐĐ

a) \(\widehat {ACM} = 45^\circ \).

b) \(\widehat {OAC} = \widehat {BAH}\).

c) \(OI{\mkern 1mu} {\rm{//}}{\mkern 1mu} AH\).

d) Gọi N là giao điểm của AH với đường tròn \(\left( O \right)\). Tứ giác BCMN là hình bình hành.

a) Sử dụng hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng \(90^\circ \).

b) Sử dụng hai góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau để chứng minh \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\).

Kết hợp với tổng hai góc phụ nhau để suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {BAH}\).

c) Chứng minh OI là đường cao nên \(OI \bot BC\), mà \(AH \bot BC\) nên \(AH//OI\).

d) Sử dụng hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng \(90^\circ \).

Chứng minh MN // BC suy ra BCMN là hình thang. Chứng minh hai góc ở đáy \(\widehat {CBN} = \widehat {BCM}\) thông qua hai cung trên cùng một đường tròn gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng số đo, suy ra BCMN là hình thang cân.

a) Sai

Vì \(\widehat {ACM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACM} = 90^\circ \).

b) Đúng

Xét (O) có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Mà \(\widehat {BAH} + \widehat {ABC} = 90^\circ \left( {AH \bot BC} \right)\)

Lại có: \(\widehat {OAC} + \widehat {AMC} = 90^\circ \) (tam giác ACM có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \)).

Suy ra \(\widehat {BAH} + \widehat {ABC} = \widehat {OAC} + \widehat {AMC}\)

nên \(\widehat {BAH} = \widehat {OAC}\)

c) Đúng

Tam giác BOC cân tại O (OB = OC = R) có I là trung điểm của BC nên OI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra \(OI \bot BC\)

Mà \(AH \bot BC\) nên \(OI//AH\).

d) Sai

Xét (O) có \(\widehat {ANM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ANM} = 90^\circ \) suy ra \(AN \bot NM\)

Mà \(BC \bot AN\) suy ra \(MN//BC\). Do đó tứ giác BCMN là hình thang. (1)

Ta lại có: \(\widehat {BAN} = \widehat {CAM}\) (vì \(\widehat {BAH} = \widehat {OAC}\))

Do đó: $\overset\frown{BN}=\overset\frown{CM}$

$\overset\frown{BN}+\overset\frown{MN}=\overset\frown{CM}+\overset\frown{MN}$

$\overset\frown{BNM}=\overset\frown{CMN}$

Do đó \(\widehat {BCM} = \widehat {CBN}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCMN là hình thang cân.

Đáp án: SĐĐS

Xác định nhóm có lượng ô tô nhiều nhất.

Tính tần số tương đối ghép nhóm của nhóm bằng tỉ số phần trăm giữa tần số của nhóm với tổng tần số.

Nhóm [45;50) có tần số lớn nhất, đó là 14.

Khi đó tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [45;50) là: \(\frac{{14}}{{44}}.100\% \approx 31,8\% \)

Đáp án: 31,8

Xác định tổng số trẻ em chưa hoàn thành lộ trình tiêm vắc xin dựa vào bảng tần số.

Số trẻ em chưa hoàn thành lộ trình tiêm có số mũi tiêm nhỏ hơn 4.

Vì trẻ em từ 2 tháng tuổi đến 24 tháng tuổi cần hoàn thành 4 mũi tiêm của vắc xin 6 in 1 nên số trẻ em của phường cần phải hoàn thành lộ trình tiêm vắc xin là:

\(7 + 8 + 18 + 15 = 48\) (trẻ em)

Đáp án: 48

- Xác định số kết quả thuận lợi tương ứng với xác suất 0,25.

- Sử dụng công thức tính xác suất của biến cố A, kí hiệu là P(A), được xác định bởi công thức \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\), trong đó n(A) là các kết quả thuận lợi cho A, n\(\left( \Omega \right)\) là số các kết quả của không gian mẫu. Từ đó tính n\(\left( \Omega \right)\).

Giả sử A là biến cố “Lấy được tấm thẻ ghi số có một chữ số”.

Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy được tấm thẻ ghi số có một chữ số” là: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nên \(n\left( A \right) = 9\).

Vì xác suất của biến cố A là 0,25 nên \(\frac{9}{{n\left( \Omega \right)}} = 0,25\).

Suy ra \(n\left( \Omega \right) = 9:0,25 = 36\) (tấm thẻ)

Đáp án: 36

Chứng minh tứ giác BKDC là tứ giác nội tiếp, suy ra hai góc đối có tổng bằng \(180^\circ \).

Kết hợp với hai góc kề bù có tổng bằng \(180^\circ \).

Xét tam giác BKC và tam giác BDC có \(\widehat {BKC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \) tam giác BKC và tam giác BDC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Do đó \(B,K,D,C\) thuộc đường tròn đường kính BC hay tứ giác BKDC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Suy ra \(\widehat {BKD} + \widehat {BCD} = 180^\circ \) (định lí tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà \(\widehat {BKD} + \widehat {AKD} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {BCD} = \widehat {AKD}\) (cùng bù với \(\widehat {BKD}\))

Mà \(\widehat {BCD} = \widehat {BCA} = 50^\circ \) nên \(\widehat {AKD} = 50^\circ \).

Đáp án: 50

a) Tần số bình chọn cho mỗi cầu thủ là: 500. Tỉ lệ học sinh bình chọn (học sinh)

b) Xác định các cầu thủ có tên bắt đầu bởi chữ cái B.

Xác suất bằng tỉ số giữa số học sinh bình chọn cho các cầu thủ có tên bắt đầu bởi chữ cái B với tổng số học sinh tham gia bình chọn.

Số học sinh bình chọn An là cầu thủ xuất sắc nhất là: \(500.30\% = 150\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn Bình là cầu thủ xuất sắc nhất là: \(500.25\% = 125\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn Nam là cầu thủ xuất sắc nhất là: \(500.10\% = 50\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn Bắc là cầu thủ xuất sắc nhất là: \(500.35\% = 175\) (học sinh)

Ta có bảng tần số biểu diễn số học sinh bình chọn cho danh hiệu cầu thủ xuất sắc nhất trong giải bóng đá của trường là:

b) Các cầu thủ có tên bắt đầu bởi chữ cái B là: Bình, Bắc.

Tổng số học sinh bình chọn Bình hoặc Bắc cho danh hiệu cầu thủ xuất sắc nhất trong giải bóng đá của trường là: 125 + 175 = 300 (học sinh)

Khi đó xác suất cầu thủ được chọn cho danh hiệu cầu thủ xuất sắc nhất trong giải bóng đá của trường có tên bắt đầu bởi chữ cái B là: \(\frac{{300}}{{500}} = \frac{3}{5} = 0,6\).

a) Từ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn để chứng minh tam giác ADC vuông tại D.

Kết hợp với \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) suy ra góc \(\widehat {ECD}\) chắn cung DE.

b) Chứng minh tam giác ODE cân tại O có \(\widehat {DOE} = 60^\circ \) nên tam giác ODE đều.

Suy ra số đo góc EDK

a) Ta có: \(\widehat {BDC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta BDC\) vuông tại D.

Mà \(\widehat A = 60^\circ \) (gt) suy ra \(\widehat {ACD} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \) hay \(\widehat {ECD} = 30^\circ \).

Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ECD}\) là góc nội tiếp chắn cung DE nên sđ$\overset\frown{DE}=2.\widehat{ECD}=2.30{}^\circ =60{}^\circ $.

b) Vì OD = OE (bán kính đường tròn) nên \(\Delta ODE\) cân tại O.

Mà \(\widehat {DOE} = \)sđ$\overset\frown{DE}$\( = 60^\circ \) (góc ở tâm chắn cung DE)

Suy ra \(\Delta ODE\) đều.

Do đó \(\widehat {EDO} = 60^\circ \) hay \(\widehat {EDK} = 60^\circ \).