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

Diện tích máy quay có thể quan sát được chính là diện tích hình quạt có bán kính \(5\;{\rm{m}}\) và cung \(120^\circ \) là: \[S = \frac{{\pi  \cdot {5^2} \cdot 120}}{{360}} \approx 26,2\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Đáp án: 26,2.

Tổng diện tích ba hình quạt tròn bằng diện tích nửa hình tròn bán kính \[2,5\]\[dm\].

Diện tích (\[3\]hình quạt tròn) là \[\left( {3,14 \cdot {{2,5}^2}} \right):2 = 9,8125\]\[\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích (tam giác đều cạnh \[5\]\[dm\]) là \[\left( {{5^2} \cdot \sqrt 3 } \right):4 \approx 10,8125\]\[\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích phần còn lại là: \[10,8125 - 9,8125 = 1\]\[\left( {d{m^2}} \right)\].

Đáp án: 1.

Gọi \[AO\] là khoảng cách từ kính của đèn đến tâm của quả bóng bàn.

Các tia sáng \(AB,\,\,AC\) của đèn pin chiếu đến bóng bàn là các tiếp tuyến của đường tròn \(({\rm{O}})\).

Để có thể soi sáng \(\frac{1}{3}\) quả bóng bàn bằng chiếc đèn pin thì .

Suy ra \(\widehat {BOC} = 120^\circ .\)

Mà \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến cắt nhau nên \(OA\) là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\) suy ra \(\widehat {AOB} = \frac{{\widehat {BOC}}}{2} = 60^\circ .\)

Ta có đường kính của quả bóng là \[40{\rm{ mm}}\] nên bán kính \({\rm{R}} = 20\;{\rm{mm}}\).

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\), ta có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}}\) suy ra \(OA = \frac{{OB}}{{\cos \widehat {AOB}}} = \frac{{20}}{{\cos \,60^\circ }} = 40{\rm{ (mm)}}{\rm{.}}\)

Vậy cần đặt kính cách quả bóng bàn là \[40{\rm{ mm}}\].

Đáp án: 40.