Bộ 10 đề thi Giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 08
4 câu hỏi
Một ngân hàng thống kê số tiền (đơn vị: triệu đồng) mà các hộ gia đình vay để phát triển sản xuất. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
a) Nêu đối tượng thống kê, tiêu chí thống kê của mẫu số liệu trên.
b) Có bao nhiêu gia đình được thống kê trên biểu đồ?
c) Lập bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu ở biểu đồ trên dựa vào bảng sau:
Nhóm | \[\left[ {40;{\rm{ }}50} \right)\] | \[\left[ {50;\,\,60} \right)\] | \[\left[ {60;\,\,70} \right)\] | \[\left[ {70;{\rm{ }}80} \right)\] | \[\left[ {80;{\rm{ }}90} \right)\] | \[\left[ {90;{\rm{ }}100} \right)\] |
Tần số tương đối (%) |
|
|
|
|
|
|
d) Vẽ biểu đồ tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm đó.
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:
Nhóm | \[\left[ {40;{\rm{ }}50} \right)\] | \[\left[ {50;\,\,60} \right)\] | \[\left[ {60;\,\,70} \right)\] | \[\left[ {70;{\rm{ }}80} \right)\] | \[\left[ {80;{\rm{ }}90} \right)\] | \[\left[ {90;{\rm{ }}100} \right)\] |
Tần số tương đối (%) | \(6,25\) | \(8,75\) | \(12,5\) | \(22,5\) | \(31,25\) | \(18,75\) |
d) Ta có biểu đồ tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép đó là:
2.1. Giáo viên lớp 9D đã thống kê số lượng học sinh sử dụng các phương tiện để đến trường và thu được kết quả như sau:
Phương tiện | Xe đạp | Xe điện | Xe buýt | Đi bộ | Ô tô gia đình |
Nam | 8 | 5 | 3 | 2 | 1 |
Nữ | 6 | 4 | 5 | 3 | 2 |
Hãy sử dụng dữ liệu của bảng trên để trả lời các câu hỏi sau:
a) Lớp 9D có bao nhiêu học sinh?
b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh, tính xác suất để học sinh đó đi học bằng xe buýt.
c) Chọn ngẫu nhiên một học sinh, tính xác suất để học sinh đó đi học bằng xe đạp hoặc xe máy điện.
2.2. Đội văn nghệ của lớp 9A có 3 bạn nam và 3 bạn nữ. Cô giáo phụ trách đội chọn ngẫu nhiên hai bạn để hát song ca.
a) Tính số phần tử không gian mẫu.
b) Tính xác suất của biến cố: “Trong hai bạn được chọn ra, có một bạn nam và một bạn nữ”.
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.
Bạn thứ nhất Bạn thứ hai | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
1 | \[\left( {1\,;\,\,1} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,1} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,1} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,1} \right)\] | \[\left( {5\,;\,\,1} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,1} \right)\] |
2 | \[\left( {1\,;\,\,2} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,2} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,2} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,2} \right)\] | \[\left( {5\,;\,\,2} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,2} \right)\] |
3 | \[\left( {1\,;\,\,3} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,3} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,3} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,3} \right)\] | \[\left( {5\,;\,\,3} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,3} \right)\] |
4 | \[\left( {1\,;\,\,4} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,4} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,4} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,4} \right)\] | \[\left( {5;{\rm{ }}4} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,4} \right)\] |
5 | \[\left( {1\,;\,\,5} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,5} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,5} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,5} \right)\] | \[\left( {5\,;\,\,5} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,5} \right)\] |
6 | \[\left( {1\,;\,\,6} \right)\] | \[\left( {2\,;\,\,6} \right)\] | \[\left( {3\,;\,\,6} \right)\] | \[\left( {4\,;\,\,6} \right)\] | \[\left( {5;{\rm{ }}6} \right)\] | \[\left( {6\,;\,\,6} \right)\] |
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. Cho tứ giác \(ABCD\) \(\left( {AD\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) nội tiếp đường tròn. Biết \(\widehat {A\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {ABD} = 60^\circ .\)
![3.1. Cho tứ giác \(ABCD\) \(\left( {AD\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) nội tiếp đường tròn. Biết \(\widehat {A\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {ABD} = 60^\circ .\) Góc \(BDC\) có số đo là bao nhiêu độ? 3.2. Trên mặt phẳng toạ độ \[Oxy\] cho \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right).\) Phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[I.\] Khi đó, hãy tìm tọa độ của điểm \(I.\) (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid8-1751339268.png)
Góc \(BDC\) có số đo là bao nhiêu độ?
3.2. Trên mặt phẳng toạ độ \[Oxy\] cho \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right).\) Phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[I.\] Khi đó, hãy tìm tọa độ của điểm \(I.\)
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) | ![3.1. Cho tứ giác \(ABCD\) \(\left( {AD\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) nội tiếp đường tròn. Biết \(\widehat {A\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {ABD} = 60^\circ .\) Góc \(BDC\) có số đo là bao nhiêu độ? 3.2. Trên mặt phẳng toạ độ \[Oxy\] cho \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right).\) Phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[I.\] Khi đó, hãy tìm tọa độ của điểm \(I.\) (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid6-1751339251.png) |
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.
![3.1. Cho tứ giác \(ABCD\) \(\left( {AD\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) nội tiếp đường tròn. Biết \(\widehat {A\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {ABD} = 60^\circ .\) Góc \(BDC\) có số đo là bao nhiêu độ? 3.2. Trên mặt phẳng toạ độ \[Oxy\] cho \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right).\) Phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[I.\] Khi đó, hãy tìm tọa độ của điểm \(I.\) (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid7-1751339254.png)
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 \[I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).\]
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;R} \right),\] kẻ các tiếp tuyến \[MA\] và \[MB\] với đường tròn đó \[(A,{\rm{ }}B\] là các tiếp điểm) sao cho \(MA = R\sqrt 3 .\)
a) Chứng minh rằng tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB.\)
b) Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \[M\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \(P\) nằm giữa \(M\) và \(Q.\) Xác định vị trí của đường thẳng \[d\] sao cho \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất.
![Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;R} \right),\] kẻ các tiếp tuyến \[MA\] và \[MB\] với đường tròn đó \[(A,{\rm{ }}B\] là các tiếp điểm) sao cho \(MA = R\sqrt 3 .\) a) Chứng minh rằng tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB.\) b) Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \[M\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \(P\) nằm giữa \(M\) và \(Q.\) Xác định vị trí của đường thẳng \[d\] sao cho \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid9-1751339304.png)
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 (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 \[B.\]
