Đề kiểm tra Toán 9 Chương 5 (có đáp án) - Đề 2

Chọn D

Đường tròn là hình có tâm đối xứng. Tâm đường tròn là tâm đối xứng của đường tròn đó.

Nên đường tròn có một tâm đối xứng duy nhất là tâm của đường tròn.

Chọn C

Ta có \(OA = \sqrt {{{\left( { - 1 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 0} \right)}^2}}  = \sqrt 2  < 2 = R\).

Do đó \(A\) nằm trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2\).

Chọn C

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), cung \(AB\) có số đo \(n = 90^\circ \).

Ta có \({S_{vp}} = {S_{q\,AOB}} - {S_{AOB}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} - \frac{{OA.OB}}{2} = \frac{{\pi {R^2}90}}{{360}} - \frac{{R.R}}{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{4} - \frac{{{R^2}}}{2} = \frac{{\left( {\pi  - 2} \right){R^2}}}{4}\).

Chọn B

Gọi số đo của cung \(AB\) là \(n^\circ \). Khi đó độ dài cung \(AB\) là:

 nên \(n = \frac{{180}}{6} = 30\).

Vậy số đo cung \(AB\) là \(30^\circ \).

Chọn D

Ta có $\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{AB}=20°$ nên \[\widehat {AOB} = 20^\circ \] mà \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {OAB} = \frac{{180^\circ  - 20^\circ }}{2} = 80^\circ \].

Tương tự, ta có \[\widehat {O'AC} = 45^\circ \].

Vậy \[\widehat {BAC} = 180^\circ  - \widehat {OAB} - \widehat {O'AC}\]\[ = 180^\circ  - 80^\circ  - 45^\circ \]\[ = 55^\circ \].

Chọn B

Bán kính của hai đường tròn đồng tâm lần lượt là \[R = \frac{8}{2} = 4{\rm{\;(cm)}}\] và \[r = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Diện tích hình vành khuyên cần tìm là: \[{S_v} = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) = \pi \left( {{4^2} - {3^2}} \right) = 7\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Do đó diện tích hình vành khuyên cần tìm là \[7\pi {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\]

Chọn A

Thời gian phát tín hiệu từ \(A\) đến \(M\) là \(0,28:2 = 0,14\) (giây).

Độ dài \[AM\] là \(0,14 \cdot 3 \cdot {10^8} = 0,42 \cdot {10^8}(\;{\rm{m}}) = 0,42 \cdot {10^5}(\;{\rm{km}})\).

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[M\], ta có: \(O{A^2} = A{M^2} + O{M^2}\) (định lí Pythagore).

Suy ra \(OA = \sqrt {A{M^2} + O{M^2}} \)

Ta có: \(AH = OA - OH = \sqrt {A{M^2} + O{M^2}}  - OH = \sqrt {{{\left( {0,42 \cdot {{10}^5}} \right)}^2} + {{6400}^2}}  - 6400 \approx 36\,\,085\,\,{\rm{(km)}}\).

Vậy khoảng cách từ vị trí Vinasat-1 (vị trí \[A\]) đến mặt đất (vị trí điểm \[H\]) khoảng \(36\,\,085\,\,{\rm{km}}\,{\rm{.}}\)

a) Đúng. Số đo cung lớn \[AB\] là \[360^\circ  - 100^\circ  = 260^\circ .\]

b) Sai. Độ dài cung nhỏ \[AB\] là \[{l_1} = \frac{{100}}{{180}} \cdot \pi  \cdot 8 = \frac{{40\pi }}{9}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

c) Sai. Độ dài cung lớn \[AB\] là \[{l_1} = \frac{{260}}{{180}} \cdot \pi  \cdot 8 = \frac{{104\pi }}{9}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, độ dài cung lớn \[AB\] so với cung nhỏ \[AB\] là: \[\frac{{104\pi }}{9}:\frac{{40\pi }}{9} = 2,6\] (lần)

d) Đúng. Diện tích hình quạt giới hạn bởi \[OA,\,OB\] và cung lớn \[AB\] là:

\[{S_q} = \frac{{260}}{{360}} \cdot \pi  \cdot {8^2} \approx 145,2\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

a) Sai. Vì \[C\] là điểm nằm giữa \[A\] và \[O\] và \[AB\] là đường kính đường tròn \[\left( O \right)\], \[CB\] là đường kính đường tròn \[\left( I \right)\] nên \[\left( O \right)\] và \[\left( I \right)\] tiếp xúc trong với nhau.

b) Đúng. Vì\[DB = BE\] nên \[\Delta DBE\] cân tại \[B\]

Suy ra \[HB \bot DE\] tại \[H\] thì \[H\] là trung điểm của \[DE.\]

Do đó, trong tứ giác \[ADCE\] hai đường chéo \[AC,\,DE\] vuông góc tại trung điểm mỗi đường.

Do đó, \[ADCE\] là hình thoi.

c) Đúng. Vì \[CK \bot DB,\,\,AD \bot DB\] nên \[CK\parallel AD\].

Mà \[AD\parallel CE\] (do \[ADCE\] là hình thoi)

Do đó, \[C,\,E,\,K\] thẳng hàng.

d) Sai. Ta chúng minh được \[C,\,D,H,\,K\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[CD\].

Ta chứng minh được \[\widehat {HKD} = \widehat {HDK}\] (phụ với \[\widehat {ADH} = \widehat {HKC}\])

                                  \[\widehat {IKB} = \widehat {IBK}\] (\[\Delta IKB\] cân tại \[I\]).

Do đó, \[\widehat {HKD} + \widehat {IKB} = \widehat {HDK} + \widehat {IBK} = 90^\circ \].

Do đó, \[\widehat {IKH} = 90^\circ \].