Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Trắc nghiệm

Đáp án đúng là: D

Tỉ lệ lá có chiều dài dương xỉ trưởng thành từ \(\left[ {20\,;\,\,\left. {30} \right)} \right.\) là: \(\frac{{12}}{{40}} = 30\% .\)

Đáp án đúng là: B

Tần số tương đối của giá trị mặt 2 chấm là: \[{f_2} = \frac{1}{{40}} \cdot 100\% = 2,5\% .\]

Tần số tương đối của giá trị mặt 5 chấm là: \[{f_5} = \frac{3}{{40}} \cdot 100\% = 7,5\% .\]

Tần số tương đối của giá trị mặt 6 chấm là: \[{f_6} = \frac{8}{{40}} \cdot 100\% = 20\% .\]

Tần số tương đối của giá trị mặt 4 chấm là: \[{f_4} = \frac{{12}}{{40}} \cdot 100\% = 30\% .\]

Do đó giá trị mặt 5 chấm sai tần số tương đối, sửa lại: 7,5%.

Đáp án đúng là: A

Quan sát biểu đồ, ta thấy đa số học sinh hoàn thành bài kiểm tra trực tuyến trong khoảng thời gian từ 10 đến dưới 12 phút (chiếm tỉ lệ \[62,5\% ).\]

Đáp án đúng là: D

Quan sát biểu đồ, ta thấy giá trị đại diện cho nhóm \(\left[ {1;\,\,2} \right)\) là \(1,5\) có tần số tương đối là \(23,3\% .\)

Do đó số tiền chi tiêu cho tiền học phí trong một tháng từ 1 đến dưới 2 triệu đồng chiếm \[23,3\% .\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Ta liệt kê được tất cả các kết quả có thể của phép thử bằng cách lập bảng sau:

Vì màu của quả bóng trong hai lần lấy ra không trùng nhau nên các kết quả bị gạch đi trong bảng không thuộc không gian mẫu của phép thử.

Không gian mẫu của phép thử có 6 phần tử gồm các ô không bị gạch trong bảng.

Đáp án đúng là: D

Không gian mẫu là \[\Omega = \left\{ {\left( {1\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,4} \right)} \right\}.\]

Số phần tử của không gian mẫu là 6

Gọi A là biến cố “tích hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 3”.

Có 4 khả năng xảy ra biến cố A là \(\left\{ {\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,4} \right)} \right\}\).

Do đó, xác suất để tích hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 3 là \(P\left( A \right) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.\)

Đáp án đúng là: A

Kí hiệu lần lượt là viên xanh, đỏ, trắng.

Ta viết có nghĩa là lấy viên xanh, đến viên đỏ và cuối cùng là viên trắng

Khi đó \(n\left( \Omega \right) = 6\).

b) Ta có nên \(n\left( A \right) = 2\).

Vậy xác suất của các biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\,;\,\,10} \right\}\).

Không gian mẫu của phép thử có 10 phần tử.

Vì các ô trên tấm bảng bằng nhau nên các kết quả của phép thử có cùng khả năng xảy ra.

Có 3 kết quả thuận lợi cho phép thử là \[8\,;\,\,9\,;\,\,10.\]

Vậy xác suất để xạ thủ bắn được điểm tốt là \(P = \frac{3}{{10}}\).

Đáp án đúng là: C

Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \[ABCD\].

Gọi \[E,\,\,F,\,\,K,\,\,G\] lần lượt là trung điểm của \[AD,{\rm{ }}DC,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AB.\]

Khi đó ta có \[OE = OF = OK = OG = \;\frac{a}{2}\] hay \[O\] là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD\].

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là \(R = \frac{a}{2}\).

Đáp án đúng là: C

• Đa giác đều, hình chữ nhật, tam giác nội tiếp đường tròn;

• Hình bình hành không nội tiếp đường tròn.

Đáp án đúng là: D

⦁ Ở Hình a, đường tròn \[\left( O \right)\] là đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC,\] vì đường tròn \[\left( O \right)\] đi qua cả ba đỉnh \[A,\,\,B,\,\,C\] của tam giác \[ABC.\] Do đó, đường tròn \[\left( O \right)\] không là đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] vì nó không đi qua đỉnh \[C\] của tam giác \[ABC.\]

⦁ Ở Hình b, đường tròn \[\left( O \right)\] không là đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] vì nó không đi qua đỉnh C của tam giác \[ABC.\]

⦁ Ở Hình c, đường tròn \[\left( O \right)\] không là đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC,\] vì nó không tiếp xúc với cạnh \[BC.\]

⦁ Ở Hình d, đường tròn \[\left( O \right)\] là đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC,\] vì nó tiếp xúc với ba cạnh \[AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CA\] của tam giác \[ABC.\]

Đáp án đúng là: D

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp một đường tròn nên \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ \). (1)

Mà theo đề bài \(\widehat A - \widehat C = 100^\circ \) nên \(\widehat A = \widehat C + 100^\circ \).

Thay \(\widehat A = \widehat C + 100^\circ \) vào (1), ta có:

\(\widehat C + 100^\circ + \widehat C = 180^\circ \) hay \(2\widehat C = 80^\circ \), suy ra \(\widehat C = 40^\circ .\)

Xét \(\Delta DCB\) có: \(\widehat {CBD} + \widehat {CDB} + \widehat {DCB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \(\widehat {CBD} = 180^\circ - \widehat {CDB} - \widehat {DCB} = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \[ABC\], ta có: \[\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right)\]

\[ = 180^\circ - \left( {60^\circ + 70^\circ } \right)\]\[ = 50^\circ \].

Tứ giác \[ABCD\] nội tiếp nên: \[\widehat {BDC} + \widehat {BAC} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {BDC} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ \].

Đáp án đúng là: C

Phát biểu “Tổng số đo hai góc đối của một tứ giác nội tiếp luôn bằng đây là dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: B

Phép quay ngược chiều \(72^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(B\) thì các điểm \[B,\,\,C,\,\,D,\,\,E\] lần lượt biến thành các điểm \(C,\,\,D,\,\,E,\,\,A\).

Đáp án đúng là: A

Ta có tam giác \(AOB\) vuông tại \(O\).

Theo định lí Pythagore vào \(\Delta AOB\) vuông tại \(O\), ta có: \(O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}\).

Khi đó \({R^2} + {R^2} = 9\) hay \(2{R^2} = 9\).

Do đó \({R^2} = \frac{9}{2}\) suy ra \(R = \sqrt {\frac{9}{2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Ta có cạnh của hình lục giác đều bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Xét tam giác đều \(KOI\) cạnh \(R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) nên đường cao \(ON = OK \cdot \sin \widehat {OKN} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó diện tích tam giác \(KOI\) là \({S_{KOI}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{18\sqrt 3 }}{8}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích hình lục giác đều là: \(S = 6 \cdot \frac{{18\sqrt 3 }}{8} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích của một hình lục giác đều đã cho là \(\frac{{27\sqrt 3 }}{2}\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Đáp án đúng là: A

Khi cắt mặt cầu bởi một mặt phẳng ta được mặt cắt là hình tròn.

Đáp án đúng là: D

Ta có chiều cao của hình trụ là chiều dài của hình chữ nhật nên \[h = 8{\rm{\;cm}}.\]

Lại có bán kính của hình trụ là chiều rộng của hình chữ nhật nên \[r = 6{\rm{\;cm}}.\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ, ta thấy hình cầu có độ dài đường kính là \[10{\rm{\;cm}}.\]

Suy ra bán kính của hình cầu là: \[R = \frac{{10}}{2} = 5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Bán kính của khối gỗ hình trụ và khối gỗ hình nón là: \(r = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1{\rm{\;}}\,\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)

Thể tích của hình trụ là: \[{V_1} = \pi \cdot {1^2} \cdot 2 = 2\pi {\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right){\rm{.}}\]

Thể tích của hình nón là: \[{V_2} = \frac{1}{3}\pi \cdot {1^2} \cdot 2 = \frac{{2\pi }}{3}{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right){\rm{.}}\]

Thể tích phần gỗ đã gọt đi là: \[V = {V_1} - {V_2} = 2\pi - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{4\pi }}{3}{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right){\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: B

Vì \[ABCD\] là hình chữ nhật nên \[AB \bot BC.\]

Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] nên:

⦁ \[AB = AC \cdot \sin \widehat {ACB} = 2a\sqrt 2 \cdot \sin 45^\circ = 2a.\]

⦁ \[BC = AC \cdot \cos \widehat {ACB} = 2a\sqrt 2 \cdot \cos 45^\circ = 2a.\]

Thể tích \[V\] của hình trụ \[\left( T \right)\] là: \[V = \pi {r^2}h = \pi \cdot B{C^2} \cdot AB = \pi \cdot {\left( {2a} \right)^2} \cdot 2a = 8\pi {a^3}.\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án: a) Đ. b) S. c) S. d) S.

⦁ Thay \(v = 2,F = 120\) vào công thức \(F = a{v^2}\), ta được

\(120 = a \cdot {2^2}\) hay \(4a = 120\) nên \(a = 30\). Do đó ý a) là đúng.

⦁ Vì \(a = 30\) nên \(F = 30{v^2}.\)

Với \(v = 10\) ta có \(F = 30 \cdot {10^2} = 3\,\,000\,\,\left( {\rm{N}} \right)\). Do đó ý b) là sai.

⦁ Lực \(F\) của gió tác động lên cánh buồm là \(12\,\,000\,\,{\rm{N}}\) nên

\(F = 30{v^2} = 12\,\,000\) hay \({v^2} = 400\) nên \(v = 20\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Do đó ý c) là sai.

⦁ Đổi \(90\,\,{\rm{km/h}} = 25\,\,{\rm{m/s}}\).

Với \(v = 25\), ta có \(F = 30 \cdot {25^2} = 18\,\,750\,\,\left( {\rm{N}} \right)\).

Ta thấy \(18\,\,750 > 12\,\,000\) nên con thuyền có thể ra khơi với tốc độ gió là \(90\,\,{\rm{km/h}}{\rm{.}}\)

Vậy: a) Đ. b) S. c) S. d) S.

Đáp án: a) S. b) Đ. c) Đ. d) S.

Xét phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0.\)

⦁ Phương trình đã cho có hệ số \(a = 2\,;\,\,b = - 3\,;\,\,c = 1.\) Do đó ý a) là sai.

⦁ Tổng các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) là \(a + b + c = 2 + \left( { - 3} \right)\, + 1 = 0.\) Do đó ý b) là đúng.

⦁ Ta có \(a + b + c = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.\)

Khi đó, cả hai nghiệm của phương trình đã cho đều dương. Do đó ý c) là đúng.

⦁ Phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 1,\,\,{x_2} = \frac{1}{2}.\)

Do đó, tích hai nghiệm của phương trình đã cho là \({x_1} + {x_2} = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Do đó ý d) là sai.

Đáp án: a) Đ. b) Đ. c) S. d) S.

Xét phương trình \(2{x^2} + \left( {2m - 1} \right)x + m - 1 = 0\) với \(m\) là tham số.

⦁ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn \(x\) có \(a = 2 \ne 0\,;\,\,b = 2m - 1\,;\,\,c = m - 1.\)

Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phương trình có biệt thức \(\Delta = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4.2.\left( {m - 1} \right) = {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\) nên phương trình luôn có nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m \ne \frac{3}{2}.\) Do đó ý b) là đúng.

⦁ Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{{2m - 1}}{2};\,\,{x_1}{x_2} = \frac{{m - 1}}{2}.\) Do đó ý c) là sai.

⦁ Ta có \(4x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + 4x_2^2 = 1\) suy ra \(4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 6{x_1}{x_2} = 1\).

Suy ra \({\left( {1 - 2m} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = 1\) nên \(4{m^2} - 7m + 3 = 0\).

Phương trình này có tổng các hệ số \(a + b + c = 4 + ( - 7) + 3 = 0\) nên phương trình này có các nghiệm \({m_1} = 1\,,\,\,{m_2} = \frac{3}{4}\).

Suy ra, có hai giá trị cần tìm của \(m\) là \({m_1} = 1\,,\,\,{m_2} = \frac{3}{4}\). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) Đ. b) Đ. c) S. d) S.

Đáp án: a) Đ. b) S. c) S. d) Đ.

Quan sát biểu đồ, ta thấy:

⦁ Có 40 gói bánh có khối lượng 495 gam. Do đó ý a) là đúng.

⦁ Vì cân nặng của mỗi gói bánh có tiêu chuẩn là 500 gam. Những gói bánh có khối lượng chênh lệch không quá 10 gam so với tiêu chuẩn được xem là đạt yêu cầu.

Suy ra các gói bánh đạt yêu cầu là các gói bánh có khối lượng 490 gam; 495 gam; 500 gam.

Do đó ý b) là sai.

⦁ Do đó có tổng cộng \[3 + 40 + 50 = 93\] gói bánh có khối lượng đạt yêu cầu. Do đó ý c) là sai.

⦁ Vì vậy có tổng cộng \[100 - 93 = 7\] gói bánh có khối lượng không đạt yêu cầu.

Vậy số gói bánh đạt yêu cầu chênh lệch \[93 - 7 = 86\] gói bánh so với số gói bánh không đạt yêu cầu.

Do đó ý d) là đúng.

Vậy: a) Đ. b) S. c) S. d) Đ.

Đáp án: a) S. b) Đ. c) S. d) S.

⦁ Nhóm \[\left[ {60\,;\,\,80} \right)\] có giá trị đại diện là 70. Do đó ý a) là sai.

⦁ Nhóm \[\left[ {40\,;\,\,60} \right)\] có giá trị đại diện là \(50,\) từ biểu đồ ta thấy giá trị này có tần số tương đối ghép nhóm là \[30\% .\] Do đó ý b) là đúng.

⦁ Nhóm \[\left[ {60\,;\,\,80} \right)\] có giá trị đại diện là 70, từ biểu đồ ta thấy giá trị này có tần số tương đối ghép nhóm là \[35\% .\]

Suy ra tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {60\,;\,\,80} \right)\] là: \[{m_4} = 400 \cdot 35\% = 140.\]

Do đó ý c) là sai.

⦁ Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {40;60} \right)\] là: \[{m_3} = 400 \cdot 30\% = 120.\]

Do đó nhóm \[\left[ {60;80} \right)\] nhiều hơn nhóm \[\left[ {40;60} \right)\] là \[140 - 120 = 20\] (người). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) S. b) Đ. c) S. d) S.

Đáp án: a) S. b) Đ. c) Đ. d) S.

Ta có bảng sau:

\[\Omega = \left\{ {\left( {1,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2,\,1} \right)\,;\,\,\left( {2,\,\,2} \right);\left( {2,\,3} \right);\left( {3,\,1} \right);\left( {3,\,2} \right);\left( {3,\,3} \right)\,;\,\,\left( {4,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4,\,3} \right)\,;\,\,\left( {5,\,1} \right)\,;\,\,\left( {5,\,2} \right)\,;\,\,\left( {5,\,3} \right)} \right\}.\]

⦁ Số phần tử của \(\Omega \) là \(15\). Do đó ý a) là sai.

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \[E\] là: \[E = \left\{ {\left( {3\,,\,2} \right)\,;\,\,\left( {2\,.\,3} \right)} \right\}.\]

Suy ra có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \[E\]. Do đó ý b) là đúng.

⦁ Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(F\) là: \[\left\{ {\left( {1\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,1} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)} \right\}.\]

Suy ra có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố \(F\).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[F\] nhiều hơn biến cố \[E\] là \(7 - 2 = 5.\) Do đó ý c) là đúng.

⦁ Số phần tử của \(\Omega \) là \(15\); số kết quả thuận lợi cho biến cố \[F\] là 7.

Xác suất của biến cố \(F\) là \(\frac{7}{{15}}\). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) S. b) Đ. c) Đ. d) S.

Đáp án: a) Đ. b) Đ. c) S. d) S.

• Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) (vì \(OA = OB\)) có \(OH\) là đường trung tuyến (vì \[H\] là trung điểm của dây cung \[AB\,).\]

Suy ra \(OH\) cũng là đường cao của \(\Delta OAB\) nên \(OH \bot AB\) hay \[\widehat {OHM} = 90^\circ \].

Mặt khác \[MC\] là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OC \bot CM.\)

Xét tứ giác \[OMCH\] có \(\widehat {OHM} = \widehat {OCM} = 90^\circ \).

Khi đó, \[H\] và \[C\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OM,\] có tâm là trung điểm của \[OM.\]

Suy ra tứ giác \[OMCH\] nội tiếp. Do đó ý a) là đúng.

• Tam giác \[ODM\] vuông tại \[D\] (vì \(\widehat {ODM} = 90^\circ ).\)

Mặt khác, \(MC = MD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); \(OC = OD = R.\)

Suy ra \[OM\] là đường trung trực của đoạn thẳng \[CD\] suy ra \(OM \bot CD\).

Trong tam giác vuông \[ODM\] có \[DK\] là đường cao ta có: \(O{D^2} = OK \cdot OM\).

Suy ra \(OK \cdot OM = {R^2}\). Do đó ý b) là đúng.

• Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \[MO\] là tia phân giác của góc \[PMQ\].

Mặt khác \(MO \bot PQ\) nên tam giác \[PMQ\] cân tại \[M\] suy ra \(PQ = 2OP\).

Ta có \({S_{PMQ}} = \frac{1}{2}MO \cdot PQ = MO \cdot OP\). Trong tam giác vuông \[OMQ\] ta có:

\[\frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{1}{{O{P^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\] suy ra \[\frac{1}{{{R^2}}} = \frac{1}{{O{P^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\]. Do đó ý c) là sai.

• Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\[\frac{1}{{O{P^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{O{P^2}}} \cdot \frac{1}{{O{M^2}}}} = \frac{2}{{OP \cdot OM}}\] suy ra \[\frac{1}{{{R^2}}} \ge \frac{2}{{{S_{PMQ}}}}\]. Do đó \({S_{PMQ}} \ge 2{R^2}.\)

Dấu xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{P^2}}}\\OM \cdot OP = 2{R^2}\end{array} \right.\)suy ra \(OM = OP = R\sqrt 2 .\)

Vậy \({S_{PMQ}}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(OM = R\sqrt 2 \). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) Đ. b) Đ. c) S. d) S.

Đáp án: a) Đ. b) S. c) Đ. d) S.

• Trong tam giác vuông \(BOA\) có \(BI\) là đường trung tuyến nên OI = AI = BI.  (1)

Trong tam giác vuông \(COA\) có \(CI\) là đường trung tuyến nên OI = AI = CI. (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OI = AI = BI = CI\) nên bốn điểm \[C,\,\,O,\,\,B,\,\,A\;\] nằm trên đường tròn đường kính \(OA\) hay tứ giác \(ABOC\) nội tiếp. Do đó ý a) là đúng.

• Vì tứ giác \(ABOC\) nội tiếp nên \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABOC\). Do đó ý b) là sai.

• Vì \(\widehat {AHO} = 90^\circ \) nên \(H\) thuộc đường tròn \((I)\)

Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì \(AB = AC\) nên .

Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \(HA\) là phân giác góc \(\widehat {BHC}\). Do đó ý c) là đúng.

• Xét tam giác \(\Delta ACD\) và \(\Delta AEC\) có \[\widehat {CAD} = \widehat {EAC}\] (chung);

Do đó \(\Delta ACD\)\(\Delta AEC\) (g.g). Suy ra \(\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AD}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AD \cdot AE\). (1)

Xét tam giác \(\Delta ACK\) và \(\Delta AHC\) có \[\widehat {CAK} = \widehat {HAC}\] (chung); \[\widehat {ACK} = \widehat {CHA}\,\,\,( = \widehat {AHB}\,)\]

Do đó \(\Delta ACK\)\(\Delta AHC\) (g.g). Suy ra \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AK}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AH \cdot AK\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(AD \cdot AE = AK \cdot AH = \frac{1}{2}AK\left( {AH + AH} \right)\)

Khi đó \(AD \cdot AE = \frac{1}{2}AK\left( {AD + DH + AE - EH} \right)\)

\(2AD \cdot AE = AK\left( {AD + AE} \right)\)

\(\frac{2}{{AK}} = \frac{1}{{AD}} + \frac{1}{{AE}}\). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) Đ. b) S. c) Đ. d) S.

Đáp án: a) S b) Đ c) S d) Đ

⦁ Thể tích hình nón có bán kính đáy \(R\) và đường sinh \(l,\) được tính bằng công thức: \({S_{xq}} = \pi \cdot R \cdot l.\)

Do đó ý a) là sai.

⦁ Độ dài đường sinh là \[l = \sqrt {{{15}^2} - 7,{5^2}} = 5\sqrt 3 .\] Do đó ý b) là đúng.

⦁ Diện tích xung quanh của hộp đựng bắp rang bơ là: \({S_{x{q_1}}} = \pi \cdot 7,5 \cdot \frac{{15\sqrt 3 }}{3} = \frac{{75\sqrt 3 }}{2}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Do đó ý c) là sai.

⦁ Diện tích xung quanh hình trụ là: \({S_{x{q_2}}} = 2\pi \cdot 7,5 \cdot 15 = 225\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Ta thấy diện tích xung quanh hình trụ lớn hơn diện tích xung quanh hình nón.

Mặt khác giá 1 hộp bắp rang bơ của quầy A và quầy B bán lần lượt là \[50\,\,000\] đồng và \[100\,\,000\] đồng.

Do đó, bạn An nên mua bắp rang bơ ở quầy B để có lợi hơn.

Vậy: a) S. b) Đ. c) S. d) Đ.

Đáp án: a) Đ b) S c) Đ d) S

⦁ Diện tích mặt cầu có bán kính đáy \(R\), được tính bằng công thức: \(S = 4\pi {R^2}.\)

Do đó ý a) là đúng.

⦁ Đổi \(26\,\,{\rm{cm}}\,\, = \,0,26\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Bán kính quả bóng là: \(R = \frac{{0,26}}{2} = 0,13\,\,\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\) Do đó ý b) là sai.

⦁ Diện tích bề mặt quả bóng là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .0,{13^2} = 0,0676\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Do đó ý c) là đúng.

⦁ Diện tích da phải dùng để khâu thành quả bóng là:

\({S_{da}} = S + 2\% S = 1,02S = 1,02 \cdot 0,0676\pi = 0,068\,\,952\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Chi phí mua da để làm một quả bóng rổ là:

\({S_{da}} \cdot 3\,\,200\,\,000 = 0,068\,\,952\pi \cdot 3\,\,200\,\,000 \approx 693\,\,000\) (đồng). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) Đ. b) S. c) Đ. d) S.

Đáp án: 1.

Thay \(x = - 2;y = 4\) vào phương trình \(y = a{x^2}\), ta được

\(4 = a \cdot {\left( { - 2} \right)^2}\) hay \(4a = 4\) nên \(a = 1\).

Vậy \(a = 1\).

Đáp số: 8.

Ta có \(\frac{{AB}}{2} = 4\). Do đó, hoành độ của \(A\) và \(B\) thứ tự là \( - 4\) và \(4\).

Thay \(x = 4\) vào công thức \(y = - \frac{{{x^2}}}{2}\), ta có \(y = - \frac{{{4^2}}}{2}\) nên \(y = - 8\).

Vậy chiều cao của cổng là \(\left| { - 8} \right| = 8\,\,\left( {\rm{m}} \right).\)

Đáp số: 1.

Thay \[x = 2\] vào phương trình \[4m{x^2}\; - {\rm{ }}x{\rm{ }}-14{m^2}\; = 0\], ta có:

\[4m \cdot {2^2}\; - 2{\rm{ }}-14{m^2}\; = 0\]

\[14{m^2} - 16m + 2 = 0\]

\[7{m^2}\; - 8m + 1 = 0\]

\[m\; = \frac{1}{7}\] hoặc \[m\; = 1\].

Do đó, giá trị lớn nhất của \[m\] để phương trình có nghiệm \[x = 2\] là \[m\; = 1\].

Đáp số: −4.

Thay \[x = - 3\] vào phương trình \[\left( {m-2} \right){x^2}-\left( {{m^2}\; + 1} \right)x + 3m = 0\], ta có:

\[\left( {m-2} \right){x^2}-\left( {{m^2}\; + 1} \right)x + 3m = 0\]

\[\left( {m--2} \right) \cdot {\left( { - 3} \right)^2}-\left( {{m^2}\; + 1} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + 3m = 0\]

\[9m - 18 + 3{m^2}\; + 3 + 3m = 0\]

\[3{m^2}\; + 12m - 15 = 0\]

\[{m^2}\; + 4m - 5 = 0\]

\[\left( {m\; - 1} \right)\left( {m + 5} \right) = 0\]

\[m\; - 1 = 0\] hoặc \[m + 5 = 0\]

\[m\; = 1\] hoặc \[m = - 5\].

Do đó, tổng các giá trị của \[m\] là \[\left( { - 5} \right) + 1 = - 4\].

Đáp số: 40.

Gọi \[n\] là số học sinh của lớp 9A.

Theo đề, ta có số học sinh có điểm thuộc nhóm \[\left[ {5,5\,;\,\,7} \right)\] là 5 học sinh. Suy ra \[{m_2} = 5.\]

Quan sát biểu đồ, ta thấy nhóm \[\left[ {5,5\,;\,\,7} \right)\] có tần số tương đối là \[12,5\% .\]

Tức là, \[{f_2} = 12,5\% .\]

Do đó \[n = 5:12,5\% = 40.\]

Vậy lớp 9A có tất cả 40 học sinh.

Đáp số: 15.

Gọi \[n\] là số quả bóng màu trắng có trong hộp.

Số cách chọn ra ngẫu nhiên 1 quả bóng từ hộp là \(n + 5\).

Do các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng nên các quả bóng cùng khả năng được chọn.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy được quả bóng màu đỏ” là xác suất của biến cố là \(\frac{5}{{n + 5}}\).

Theo giải thiết, ta có: \(\frac{5}{{n + 5}} = 0,25\) hay \(n + 5 = 20\), ta được \(n = 15\).

Vậy có 15 quả bóng màu trắng trong hộp.

Đáp số: 18.

Gọi \(A,\,\,B\) là chân hai cọc gôn và O là điểm phạt đền.

Ta có \(OA = OB = OC = 11,6\,{\rm{m}}\).

Suy ra \(A,\,B,\,C\) nằm trên đường tròn tâm \(O\) bán kính \(11,6\,{\rm{m}}\) và góc ở tâm \(\widehat {AOB} = 36^\circ \).

Do đó, góc nội tiếp \[\widehat {ACB} = \frac{1}{2} \cdot 36^\circ = 18^\circ .\]

Vậy góc sút bằng \[18^\circ .\]

Đáp số: 60.

Vì tứ giác nội tiếp \(ABCD\) đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau của một tứ giác nội tiếp). Suy ra \(\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ .\)

Tương tự, ta có \(\widehat {ABC} + \widehat {CDA} = 180^\circ \) hay \(\widehat {CDA} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 130^\circ = 50^\circ .\)

Vì tổng các góc trong tam giác \(ADX\) nên

\(\widehat {BXC} = \widehat {AXD} = 180^\circ - \widehat {DAB} - \widehat {CDA} = 180^\circ - 70^\circ - 50^\circ = 60^\circ .\)

Đáp số: 26.

Bán kính khối gỗ hình nón là \(\frac{{90}}{2} = 45\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Thể tích khối gỗ là \(V = \frac{1}{3}\pi \cdot {45^2} \cdot 75 = 50\,\,625\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Độ dài đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{{75}^2} + {{\left( {\frac{{90}}{2}} \right)}^2}} = 15\sqrt {34} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích xung quanh của chiếc nón là \[{S_{xq}} = \pi \cdot 45 \cdot 15\sqrt {34} = 675\pi \sqrt {34} \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Thời gian để khắc xong chiếc nón là \(675\pi \sqrt {34} \cdot \frac{3}{{60}} = \frac{{135}}{4}\pi \sqrt {34} \approx 618\) (giờ).

Vậy nếu không khắc trên mặt đáy của nón, để khắc xong cả chiếc nón thì cần: \(\frac{{618}}{{24}} \approx 26\) (ngày).

Đáp số: 0,5.

Đổi \(3\,\,{\rm{cm}} = 0,3{\rm{ dm}}{\rm{.}}\)

Thể tích hình trụ là: \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot 0,8 = \frac{\pi }{5}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Thể tích hình cầu là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {\left( {0,3} \right)^3} = \frac{{9\pi }}{{250}}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Thể tích nước cần đổ vào bình là:

\(V = {V_1} - {V_2} = \pi {r^2}h - \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{\pi }{5} - \frac{{9\pi }}{{250}} = \frac{{41\pi }}{{250}} \approx 0,5\) (lít).

Vậy thể tích nước cần đổ vào bình là \(0,5\) lít.