Chào mừng các em học sinh đến với đề thi học kì 2 môn Toán lớp 7, đề số 4, chương trình Chân trời sáng tạo. Đề thi này được thiết kế để giúp các em ôn luyện và đánh giá kiến thức đã học trong học kì.
Toan11.edu.vn cung cấp đề thi với cấu trúc tương tự đề thi chính thức, kèm theo đáp án chi tiết để các em có thể tự kiểm tra và rút kinh nghiệm.
I. TRẮC NGHIỆM ( 2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
I. TRẮC NGHIỆM ( 2 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Câu 1. Hai đại lượng \(x,y\) trong công thức nào tỉ lệ nghịch với nhau:
A. \(y = 5 + x\)
B. \(x = \dfrac{5}{y}\)
C. \(y = 5x\)
D. \(x = 5y\)
Câu 2. Trong các sự kiện, hiện tượng sau, đâu là biến cố chắc chắn?
A. Mặt Trời quay quanh Trái Đất
B. Khi gieo đồng xu thì được mặt ngửa
C. Có 9 cơn bão đổ bộ vào nước ta trong năm tới
D. Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông
Câu 3. Giá trị của biểu thức: \({x^3} - 2{x^2}\) tại \(x = - 2\) là:
A. \( - 16\)
B. \(16\)
C. \(0\)
D. \( - 8\)
Câu 4. Biểu thức nào sau đây không là đơn thức?
A. \(4{x^2}y\left( { - 2x}
B. \(2x\)
C. \(2xy - {x^2}\)
D. \(2021\)
Câu 5. Sắp xếp các hạng tử của đa thức \(P\left( x \right) = 2{x^3} - 7{x^2} + {x^4} - 4\) theo lũy thừa giảm dần của biến ta được:
A. \(P\left( x \right) = {x^4} + 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
B. \(P\left( x \right) = 7{x^2} + 2{x^3} + {x^4} - 4\)
C. \(P\left( x \right) = - 4 - 7{x^2} + 2{x^3} + {x^4}\)
D. \(P\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
Câu 6. Cho tam giác \(MNP\) có \(NP = 1cm,MP = 7cm\). Độ dài cạnh \(MN\) là một số nguyên (cm). Độ dài cạnh \(MN\) là:
A. \(8cm\)
B. \(5cm\)
C. \(6cm\)
D. \(7cm\)
Câu 7. Cho tam giác ABC có \(AB = AC.\) Trên các cạnh AB và AC lấy các điểm D,E sao cho \(AD = AE.\) Gọi \(K\) là giao điểm của BE và CD. Chọn câu sai.
A. \(BE = CD\)
B. \(BK = KC\)
C. \(BD = CE\)
D. \(DK = KC\)
Câu 8. Giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác
A. cách đều 3 cạnh của tam giác.
B. được gọi là trực tâm của tam giác.
C. cách đều 3 đỉnh của tam giác.
D. cách đỉnh một đoạn bằng \(\dfrac{2}{3}\) độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1. (1 điểm) Tìm \(x\) biết:
a) \(\dfrac{{5x - 2}}{3} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
b) \(\left( {{x^2} - \dfrac{1}{4}} \right).\left( {x + \dfrac{2}{5}} \right) = 0\)
Bài 2. (1,5 điểm) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng tham gia lao động trồng cây. Biết số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số \(3\,;\,5\,;\,8\) và hai lần số cây của lớp 7A cộng với \(4\) lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là \(108\) cây. Tính số cây trồng được của mỗi lớp
Bài 3. (1,5 điểm) Cho hai đa thức: \(f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} - 4x - {x^5} + 3x + 7\) và \(g\left( x \right) = 3{x^2} - {x^3} + 8x - 3{x^2} - 14\).
a) Thu gọn và sắp xếp hai đa thức \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\) và tìm nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\).
Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A.
a) Tia phân giác của góc B cắt cạnh AC ở D. Kẻ DE vuông góc với BC tại E.
Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
b) So sánh AD và DC.
c) Tia ED cắt BA tại G. Gọi I là trung điểm GC. Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho \(x;{\kern 1pt} y;{\kern 1pt} z\) tỉ lệ thuận với \(3;{\kern 1pt} \,4;\,{\kern 1pt} 5.\) Tính giá trị của biểu thức
\(A = 2024\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right) - 506.{\left( {\dfrac{{x + y + z}}{6}} \right)^2}\)
I. Trắc nghiệm
1. B | 2. D | 3. A | 4. C |
5. A | 6. D | 7. D | 8. C |
Câu 1.
Phương pháp:
Vận dụng định nghĩa về đại lượng tỉ lệ nghịch.
Cách giải:
Ta có: \(x = \dfrac{5}{y}\) là hai đại lượng tỉ lệ nghịch với nhau.
Chọn B.
Câu 2.
Phương pháp:
Biến cố chắc chắn: Là biến cố biết trước được luôn xảy ra
Cách giải:
Đáp án ABiến cố không thể
Đáp án BBiến cố ngẫu nhiên
Đáp án CBiến cố ngẫu nhiên
Đáp án DMặt Trời luôn mọc ở phía Đông nên sự kiện “Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông." Luôn xảy ra nên là biến
cố chắc chắn.
Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:
Thay \(x = - 2\) vào biểu thức \({x^3} - 2{x^2}\) để tính.
Cách giải:
Thay \(x = - 2\) vào biểu thức \({x^3} - 2{x^2}\) ta có: \({\left( { - 2} \right)^3} - 2.{\left( { - 2} \right)^2} = \left( { - 8} \right) - 2.4 = - 16\)
Chọn A.
Câu 4.
Phương pháp:
Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.
Cách giải:
Biểu thức: \(2xy - {x^2}\) không là một đơn thức.
Chọn C.
Câu 5.
Phương pháp:
Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
Cách giải:
Sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến: \(P\left( x \right) = {x^4} + 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
Chọn A.
Câu 6.
Phương pháp:
Sử dụng hệ quả của bất đẳng thức trong tam giác:
+ Tồn tại một tam giác có độ dài ba cạnh là \(a,b,c\) nếu \(\left| {b - c} \right| < a < b + c\).
+ Trong trường hợp xác định được \(a\) là số lớn nhất trong ba số \(a,b,c\) thì điều kiện tồn tại tam giác là \(a < b + c\).
Cách giải:
Xét tam giác \(MNP\), ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {NP - MP} \right| < MN < NP + MP\\ \Rightarrow \left| {1 - 7} \right| < MN < 1 + 7\\ \Rightarrow 6 < MN < 8\end{array}\)
Vì độ dài cạnh \(MN\) là một số nguyên nên \(MN = 7\,\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
Câu 7.
Phương pháp:
Dựa vào tính chất hai tam giác bằng nhau .
Cách giải:
Xét tam giác ABE và tam giác ADC có
+ AD = AE (GT)
+ Góc A chung
+ AB = AC (GT)
Suy ra \(\Delta ABE = \Delta ACD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ACD};\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (hai góc tương ứng) và BE = CD (hai cạnh tương ứng) nên A đúng.
Lại có \(\widehat {ADC} + \widehat {BDC} = {180^\circ }\); \(\widehat {AEB} + \widehat {BEC} = {180^\circ }\) (hai góc kề bù) mà \(\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (cmt)
Suy ra \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}.\)
Lại có \(AB = AC;{\mkern 1mu} AD = AE\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow AB - AD = AC - AE \Rightarrow BD = EC\) nênC đúng.
Xét tam giác KBD và tam giác KCE có
+ \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
+ \(BD = EC{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
+ \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
Nên \(\Delta KBD = \Delta KCE\left( {g - c - g} \right)\) \( \Rightarrow KB = KC;{\mkern 1mu} KD = KE\) (hai cạnh tương ứng) nên Bđúng, D sai.
Chọn D.
Câu 8.
Phương pháp
Tính chất đồng quy của 3 đường trung trực của tam giác
Lời giải
3 đường trung trực của tam giác đồng quy tại 1 điểm, điểm này cách đều 3 đỉnh của tam giác.
Chọn C.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1.
Phương pháp
a) Vận dụng định nghĩa hai phân số bằng nhau: Nếu \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}\) thì \(ad = bc\).
b) Phương trình \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0\) , chia hai trường hợp để giải:
+ Trường hợp 1: \(A\left( x \right) = 0\)
+ Trường hợp 2: \(B\left( x \right) = 0\)
Cách giải:
a) \(\dfrac{{5x - 2}}{3} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\begin{array}{l}4.\left( {5x - 2} \right) = \left( { - 3} \right).3\\20x - 8 = - 9\\20x = - 9 + 8\\20x = - 1\\x = \dfrac{{ - 1}}{{20}}\end{array}\)
Vậy \(x = \dfrac{{ - 1}}{{20}}\)
b) \(\left( {{x^2} - \dfrac{1}{4}} \right).\left( {x + \dfrac{2}{5}} \right) = 0\)
Trường hợp 1:
\(\begin{array}{l}{x^2} - \dfrac{1}{4} = 0\\{x^2} = \dfrac{1}{4} = {\left( { \pm \dfrac{1}{2}} \right)^2}\\ \Rightarrow x = \dfrac{1}{2};x = - \dfrac{1}{2}\end{array}\)
Trường hợp 2:
\(\begin{array}{l}x + \dfrac{2}{5} = 0\\x = \dfrac{{ - 2}}{5}\end{array}\)
Vậy \(x = \dfrac{1}{2};x = - \dfrac{1}{2};x = \dfrac{{ - 2}}{5}\)
Câu 2
Phương pháp:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là \(x,y,z\) (cây) (điều kiện: \(x,y,z \in {\mathbb{N}^*}\))
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải toán.
Cách giải:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là \(x,y,z\) (cây) (điều kiện: \(x,y,z \in {\mathbb{N}^*}\))
Vì số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số \(3\,;\,5\,;\,8\) nên ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{5} = \dfrac{z}{8}\)
Vì hai lần số cây của lớp 7A cộng với \(4\) lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là \(108\) cây nên ta có: \(2x + 4y - z = 108\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{5} = \dfrac{z}{8} = \dfrac{{2x}}{6} = \dfrac{{4y}}{{20}} = \dfrac{z}{8} = \dfrac{{2x + 4y - z}}{{6 + 20 - 8}} = \dfrac{{108}}{{18}} = 6\)
Khi đó, \(\dfrac{x}{3} = 6 \Rightarrow x = 18\) (tmđk)
\(\dfrac{y}{5} = 6 \Rightarrow y = 30\) (tmđk)
\(\dfrac{z}{8} = 6 \Rightarrow y = 48\) (tmđk)
Vậy số cây ba lớp trồng được là: Lớp 7A: 18 cây; lớp 7B: 30 cây, lớp 7C: 48 cây.
Bài 3.
Phương pháp:
a) Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\) ta nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng.
Tìm nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\), ta giải phương trình \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = 0\)
Cách giải:
a) \(f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} - 4x - {x^5} + 3x + 7\)
\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left( {{x^5} - {x^5}} \right) + {x^3} + \left( { - 4x + 3x} \right) + 7\\f\left( x \right) = {x^3} - x + 7\end{array}\)
\(\begin{array}{l}g\left( x \right) = 3{x^2} - {x^3} + 8x - 3{x^2} - 14\\g\left( x \right) = - {x^3} + \left( {3{x^2} - 3{x^2}} \right) + 8x - 14\\g\left( x \right) = - {x^3} + 8x - 14\end{array}\)
b) \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = {x^3} - x + 7 - {x^3} + 8x - 14\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {x^3} - x + 7 - {x^3} + 8x - 14\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( { - x + 8x} \right) + \left( {7 - 14} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 7x - 7\end{array}\)
Ta có: \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = 0\)
\(\begin{array}{l}7x - 7 = 0\\7x = 7\\\,\,\,x = 1\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\)
Bài 4.
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tia phân giác, các phương pháp chứng minh hai tam giác vuông bằng nhau, mối quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, tính chất của tam giác cân.
Cách giải:
a) Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
Xét hai tam giác vuông ΔABD và ΔEBD ta có:
\(\angle A = \angle E = {90^0}\)
AD = DE (vì BD là tia phân giác)
BD cạnh chung
Suy ra ΔABD = ΔEBD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow \)AD = DE, BA = BE (cạnh tương ứng) (1)
b) So sánh AD và DC
Xét ΔDEC vuông tại E ta có: DC > DE
Lại có AD = DE (cmt)
\( \Rightarrow \)DC > AD
c) Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Xét ΔBGC có AC \( \bot \) AB, GE \( \bot \) AC
Suy ra D là trực tâm của ΔBGC.(2)
Xét hai tam giác vuông ΔADG và ΔEDC ta có:
\(\angle \)ADG = \(\angle \)EDC (đối đỉnh)
\(\angle A = \angle E = \angle {90^0}\)
AD = DE (cm câu b))
Suy ra ΔADG = ΔEDC (cạnh gv – góc nhọn)
\( \Rightarrow \)AG = EC (cạnh tương ứng) (3)
từ (1), (3) suy ra BA +AG = BE + EC\( \Leftrightarrow \) BG = BC
Vậy ΔBGC là tam giác cân tại B. (4)
từ (2), (4) suy ra BD là đường trung tuyến của tam giác ΔBGC. Hay B, D, I thẳng hàng. (đpcm)
Bài 5.
Phương pháp:
- Bước 1: Từ đề bài suy ra tỉ lệ
- Bước 2: Đặt các tỉ lệ bằng \(k\) từ đó suy ra \(x,{\kern 1pt} y,{\kern 1pt} z\) theo \(k\)
- Bước 3: Thay vào đề bài và tính toán
- Bước 4: Kết luận
Cách giải:
Vì \(x;\,{\kern 1pt} y;{\kern 1pt} \,z\) tỉ lệ thuận với \(3;{\kern 1pt} \,\,4;\,\,{\kern 1pt} 5\) \( \Rightarrow \dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4} = \dfrac{z}{5}\). Đặt \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4} = \dfrac{z}{5} = k \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3k}\\{y = 4k}\\{z = 5k}\end{array}} \right.\). Khi đó,\(A = 2024\left( {3k - 4k} \right)\left( {4k - 5k} \right) - 506.{\left( {\dfrac{{3k + 4k + 5k}}{6}} \right)^2}\)
\(A = 2024\left( { - k} \right)\left( { - k} \right) - 506.{\left( {2k} \right)^2}\)
\(A = 2024.{k^2} - 506.4.{k^2}\)
\(A = 2024{k^2} - 2024{k^2}\)
\(A = 0\)
Vậy \(A = 0.\)
Tải về
I. TRẮC NGHIỆM ( 2 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Câu 1. Hai đại lượng \(x,y\) trong công thức nào tỉ lệ nghịch với nhau:
A. \(y = 5 + x\)
B. \(x = \dfrac{5}{y}\)
C. \(y = 5x\)
D. \(x = 5y\)
Câu 2. Trong các sự kiện, hiện tượng sau, đâu là biến cố chắc chắn?
A. Mặt Trời quay quanh Trái Đất
B. Khi gieo đồng xu thì được mặt ngửa
C. Có 9 cơn bão đổ bộ vào nước ta trong năm tới
D. Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông
Câu 3. Giá trị của biểu thức: \({x^3} - 2{x^2}\) tại \(x = - 2\) là:
A. \( - 16\)
B. \(16\)
C. \(0\)
D. \( - 8\)
Câu 4. Biểu thức nào sau đây không là đơn thức?
A. \(4{x^2}y\left( { - 2x}
B. \(2x\)
C. \(2xy - {x^2}\)
D. \(2021\)
Câu 5. Sắp xếp các hạng tử của đa thức \(P\left( x \right) = 2{x^3} - 7{x^2} + {x^4} - 4\) theo lũy thừa giảm dần của biến ta được:
A. \(P\left( x \right) = {x^4} + 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
B. \(P\left( x \right) = 7{x^2} + 2{x^3} + {x^4} - 4\)
C. \(P\left( x \right) = - 4 - 7{x^2} + 2{x^3} + {x^4}\)
D. \(P\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
Câu 6. Cho tam giác \(MNP\) có \(NP = 1cm,MP = 7cm\). Độ dài cạnh \(MN\) là một số nguyên (cm). Độ dài cạnh \(MN\) là:
A. \(8cm\)
B. \(5cm\)
C. \(6cm\)
D. \(7cm\)
Câu 7. Cho tam giác ABC có \(AB = AC.\) Trên các cạnh AB và AC lấy các điểm D,E sao cho \(AD = AE.\) Gọi \(K\) là giao điểm của BE và CD. Chọn câu sai.
A. \(BE = CD\)
B. \(BK = KC\)
C. \(BD = CE\)
D. \(DK = KC\)
Câu 8. Giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác
A. cách đều 3 cạnh của tam giác.
B. được gọi là trực tâm của tam giác.
C. cách đều 3 đỉnh của tam giác.
D. cách đỉnh một đoạn bằng \(\dfrac{2}{3}\) độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1. (1 điểm) Tìm \(x\) biết:
a) \(\dfrac{{5x - 2}}{3} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
b) \(\left( {{x^2} - \dfrac{1}{4}} \right).\left( {x + \dfrac{2}{5}} \right) = 0\)
Bài 2. (1,5 điểm) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng tham gia lao động trồng cây. Biết số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số \(3\,;\,5\,;\,8\) và hai lần số cây của lớp 7A cộng với \(4\) lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là \(108\) cây. Tính số cây trồng được của mỗi lớp
Bài 3. (1,5 điểm) Cho hai đa thức: \(f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} - 4x - {x^5} + 3x + 7\) và \(g\left( x \right) = 3{x^2} - {x^3} + 8x - 3{x^2} - 14\).
a) Thu gọn và sắp xếp hai đa thức \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\) và tìm nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\).
Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A.
a) Tia phân giác của góc B cắt cạnh AC ở D. Kẻ DE vuông góc với BC tại E.
Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
b) So sánh AD và DC.
c) Tia ED cắt BA tại G. Gọi I là trung điểm GC. Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho \(x;{\kern 1pt} y;{\kern 1pt} z\) tỉ lệ thuận với \(3;{\kern 1pt} \,4;\,{\kern 1pt} 5.\) Tính giá trị của biểu thức
\(A = 2024\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right) - 506.{\left( {\dfrac{{x + y + z}}{6}} \right)^2}\)
I. Trắc nghiệm
1. B | 2. D | 3. A | 4. C |
5. A | 6. D | 7. D | 8. C |
Câu 1.
Phương pháp:
Vận dụng định nghĩa về đại lượng tỉ lệ nghịch.
Cách giải:
Ta có: \(x = \dfrac{5}{y}\) là hai đại lượng tỉ lệ nghịch với nhau.
Chọn B.
Câu 2.
Phương pháp:
Biến cố chắc chắn: Là biến cố biết trước được luôn xảy ra
Cách giải:
Đáp án ABiến cố không thể
Đáp án BBiến cố ngẫu nhiên
Đáp án CBiến cố ngẫu nhiên
Đáp án DMặt Trời luôn mọc ở phía Đông nên sự kiện “Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông." Luôn xảy ra nên là biến
cố chắc chắn.
Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:
Thay \(x = - 2\) vào biểu thức \({x^3} - 2{x^2}\) để tính.
Cách giải:
Thay \(x = - 2\) vào biểu thức \({x^3} - 2{x^2}\) ta có: \({\left( { - 2} \right)^3} - 2.{\left( { - 2} \right)^2} = \left( { - 8} \right) - 2.4 = - 16\)
Chọn A.
Câu 4.
Phương pháp:
Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.
Cách giải:
Biểu thức: \(2xy - {x^2}\) không là một đơn thức.
Chọn C.
Câu 5.
Phương pháp:
Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
Cách giải:
Sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến: \(P\left( x \right) = {x^4} + 2{x^3} - 7{x^2} - 4\)
Chọn A.
Câu 6.
Phương pháp:
Sử dụng hệ quả của bất đẳng thức trong tam giác:
+ Tồn tại một tam giác có độ dài ba cạnh là \(a,b,c\) nếu \(\left| {b - c} \right| < a < b + c\).
+ Trong trường hợp xác định được \(a\) là số lớn nhất trong ba số \(a,b,c\) thì điều kiện tồn tại tam giác là \(a < b + c\).
Cách giải:
Xét tam giác \(MNP\), ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {NP - MP} \right| < MN < NP + MP\\ \Rightarrow \left| {1 - 7} \right| < MN < 1 + 7\\ \Rightarrow 6 < MN < 8\end{array}\)
Vì độ dài cạnh \(MN\) là một số nguyên nên \(MN = 7\,\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
Câu 7.
Phương pháp:
Dựa vào tính chất hai tam giác bằng nhau .
Cách giải:
Xét tam giác ABE và tam giác ADC có
+ AD = AE (GT)
+ Góc A chung
+ AB = AC (GT)
Suy ra \(\Delta ABE = \Delta ACD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ACD};\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (hai góc tương ứng) và BE = CD (hai cạnh tương ứng) nên A đúng.
Lại có \(\widehat {ADC} + \widehat {BDC} = {180^\circ }\); \(\widehat {AEB} + \widehat {BEC} = {180^\circ }\) (hai góc kề bù) mà \(\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (cmt)
Suy ra \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}.\)
Lại có \(AB = AC;{\mkern 1mu} AD = AE\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow AB - AD = AC - AE \Rightarrow BD = EC\) nênC đúng.
Xét tam giác KBD và tam giác KCE có
+ \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
+ \(BD = EC{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
+ \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}{\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\)
Nên \(\Delta KBD = \Delta KCE\left( {g - c - g} \right)\) \( \Rightarrow KB = KC;{\mkern 1mu} KD = KE\) (hai cạnh tương ứng) nên Bđúng, D sai.
Chọn D.
Câu 8.
Phương pháp
Tính chất đồng quy của 3 đường trung trực của tam giác
Lời giải
3 đường trung trực của tam giác đồng quy tại 1 điểm, điểm này cách đều 3 đỉnh của tam giác.
Chọn C.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1.
Phương pháp
a) Vận dụng định nghĩa hai phân số bằng nhau: Nếu \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}\) thì \(ad = bc\).
b) Phương trình \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0\) , chia hai trường hợp để giải:
+ Trường hợp 1: \(A\left( x \right) = 0\)
+ Trường hợp 2: \(B\left( x \right) = 0\)
Cách giải:
a) \(\dfrac{{5x - 2}}{3} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\begin{array}{l}4.\left( {5x - 2} \right) = \left( { - 3} \right).3\\20x - 8 = - 9\\20x = - 9 + 8\\20x = - 1\\x = \dfrac{{ - 1}}{{20}}\end{array}\)
Vậy \(x = \dfrac{{ - 1}}{{20}}\)
b) \(\left( {{x^2} - \dfrac{1}{4}} \right).\left( {x + \dfrac{2}{5}} \right) = 0\)
Trường hợp 1:
\(\begin{array}{l}{x^2} - \dfrac{1}{4} = 0\\{x^2} = \dfrac{1}{4} = {\left( { \pm \dfrac{1}{2}} \right)^2}\\ \Rightarrow x = \dfrac{1}{2};x = - \dfrac{1}{2}\end{array}\)
Trường hợp 2:
\(\begin{array}{l}x + \dfrac{2}{5} = 0\\x = \dfrac{{ - 2}}{5}\end{array}\)
Vậy \(x = \dfrac{1}{2};x = - \dfrac{1}{2};x = \dfrac{{ - 2}}{5}\)
Câu 2
Phương pháp:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là \(x,y,z\) (cây) (điều kiện: \(x,y,z \in {\mathbb{N}^*}\))
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải toán.
Cách giải:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là \(x,y,z\) (cây) (điều kiện: \(x,y,z \in {\mathbb{N}^*}\))
Vì số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số \(3\,;\,5\,;\,8\) nên ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{5} = \dfrac{z}{8}\)
Vì hai lần số cây của lớp 7A cộng với \(4\) lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là \(108\) cây nên ta có: \(2x + 4y - z = 108\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{5} = \dfrac{z}{8} = \dfrac{{2x}}{6} = \dfrac{{4y}}{{20}} = \dfrac{z}{8} = \dfrac{{2x + 4y - z}}{{6 + 20 - 8}} = \dfrac{{108}}{{18}} = 6\)
Khi đó, \(\dfrac{x}{3} = 6 \Rightarrow x = 18\) (tmđk)
\(\dfrac{y}{5} = 6 \Rightarrow y = 30\) (tmđk)
\(\dfrac{z}{8} = 6 \Rightarrow y = 48\) (tmđk)
Vậy số cây ba lớp trồng được là: Lớp 7A: 18 cây; lớp 7B: 30 cây, lớp 7C: 48 cây.
Bài 3.
Phương pháp:
a) Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\) ta nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng.
Tìm nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\), ta giải phương trình \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = 0\)
Cách giải:
a) \(f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} - 4x - {x^5} + 3x + 7\)
\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left( {{x^5} - {x^5}} \right) + {x^3} + \left( { - 4x + 3x} \right) + 7\\f\left( x \right) = {x^3} - x + 7\end{array}\)
\(\begin{array}{l}g\left( x \right) = 3{x^2} - {x^3} + 8x - 3{x^2} - 14\\g\left( x \right) = - {x^3} + \left( {3{x^2} - 3{x^2}} \right) + 8x - 14\\g\left( x \right) = - {x^3} + 8x - 14\end{array}\)
b) \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = {x^3} - x + 7 - {x^3} + 8x - 14\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {x^3} - x + 7 - {x^3} + 8x - 14\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( { - x + 8x} \right) + \left( {7 - 14} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 7x - 7\end{array}\)
Ta có: \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = 0\)
\(\begin{array}{l}7x - 7 = 0\\7x = 7\\\,\,\,x = 1\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm của đa thức \(f\left( x \right) + g\left( x \right)\)
Bài 4.
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tia phân giác, các phương pháp chứng minh hai tam giác vuông bằng nhau, mối quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, tính chất của tam giác cân.
Cách giải:
a) Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
Xét hai tam giác vuông ΔABD và ΔEBD ta có:
\(\angle A = \angle E = {90^0}\)
AD = DE (vì BD là tia phân giác)
BD cạnh chung
Suy ra ΔABD = ΔEBD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow \)AD = DE, BA = BE (cạnh tương ứng) (1)
b) So sánh AD và DC
Xét ΔDEC vuông tại E ta có: DC > DE
Lại có AD = DE (cmt)
\( \Rightarrow \)DC > AD
c) Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Xét ΔBGC có AC \( \bot \) AB, GE \( \bot \) AC
Suy ra D là trực tâm của ΔBGC.(2)
Xét hai tam giác vuông ΔADG và ΔEDC ta có:
\(\angle \)ADG = \(\angle \)EDC (đối đỉnh)
\(\angle A = \angle E = \angle {90^0}\)
AD = DE (cm câu b))
Suy ra ΔADG = ΔEDC (cạnh gv – góc nhọn)
\( \Rightarrow \)AG = EC (cạnh tương ứng) (3)
từ (1), (3) suy ra BA +AG = BE + EC\( \Leftrightarrow \) BG = BC
Vậy ΔBGC là tam giác cân tại B. (4)
từ (2), (4) suy ra BD là đường trung tuyến của tam giác ΔBGC. Hay B, D, I thẳng hàng. (đpcm)
Bài 5.
Phương pháp:
- Bước 1: Từ đề bài suy ra tỉ lệ
- Bước 2: Đặt các tỉ lệ bằng \(k\) từ đó suy ra \(x,{\kern 1pt} y,{\kern 1pt} z\) theo \(k\)
- Bước 3: Thay vào đề bài và tính toán
- Bước 4: Kết luận
Cách giải:
Vì \(x;\,{\kern 1pt} y;{\kern 1pt} \,z\) tỉ lệ thuận với \(3;{\kern 1pt} \,\,4;\,\,{\kern 1pt} 5\) \( \Rightarrow \dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4} = \dfrac{z}{5}\). Đặt \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4} = \dfrac{z}{5} = k \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3k}\\{y = 4k}\\{z = 5k}\end{array}} \right.\). Khi đó,\(A = 2024\left( {3k - 4k} \right)\left( {4k - 5k} \right) - 506.{\left( {\dfrac{{3k + 4k + 5k}}{6}} \right)^2}\)
\(A = 2024\left( { - k} \right)\left( { - k} \right) - 506.{\left( {2k} \right)^2}\)
\(A = 2024.{k^2} - 506.4.{k^2}\)
\(A = 2024{k^2} - 2024{k^2}\)
\(A = 0\)
Vậy \(A = 0.\)
Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 4 chương trình Chân trời sáng tạo là một công cụ quan trọng giúp học sinh lớp 7 ôn tập và củng cố kiến thức đã học trong suốt học kì. Đề thi này bao gồm các dạng bài tập khác nhau, từ trắc nghiệm đến tự luận, bao phủ các chủ đề chính trong chương trình Toán 7.
Đề thi thường bao gồm các phần sau:
Đề thi thường tập trung vào các chủ đề sau:
Để giải phương trình bậc nhất một ẩn, ta thực hiện các bước sau:
Để chứng minh hai tam giác bằng nhau, ta có thể sử dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác:
Để ôn thi học kì 2 Toán 7 hiệu quả, các em nên:
Việc luyện đề thi không chỉ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi mà còn giúp các em rèn luyện kỹ năng làm bài, quản lý thời gian và tự đánh giá năng lực của mình. Đồng thời, việc giải đề thi cũng giúp các em phát hiện ra những kiến thức còn yếu và tập trung ôn tập để cải thiện.
Toan11.edu.vn là một website cung cấp các tài liệu ôn thi Toán 7 uy tín và chất lượng. Tại đây, các em có thể tìm thấy:
Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 4 - Chân trời sáng tạo là một bài kiểm tra quan trọng giúp đánh giá kiến thức và kỹ năng của học sinh. Việc ôn tập và luyện đề thi kỹ lưỡng sẽ giúp các em tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em học tốt và đạt kết quả cao!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
