Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 7 Cánh diều có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: A

Ta có:

• \(2 + 5 = 7\), không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

• \(3 + 5 > 7\), thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

• \(4 + 5 > 6\), thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

• \(3 + 5 > 6\), thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

Vậy bộ ba độ dài \[2\,\,{\rm{cm}};5\,\,{\rm{cm}};7\,\,{\rm{cm}}\] không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Đáp án đúng là: B

Vì \(\Delta AMN = \Delta DEK\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat A = \widehat D\,;\,\,\widehat M = \widehat E\,;\,\,\widehat N = \widehat K}\\{AM = DE\,;\,\,MN = EK\,;\,\,AN = DK}\end{array}} \right.\)

Vậy một trong những cách kí hiệu bằng nhau khác của hai tam giác trên là: \[\Delta ANM = \Delta DKE\].

Đáp án đúng là: C

Cho \(\Delta ABC\) có hai đường trung tuyến \[BM\] và \[CN\] cắt nhau tại \[G\] nên \[G\] là trọng tâm của \(\Delta ABC\).

Khi đó \(CG = \frac{2}{3}CN\); \(GN = \frac{1}{2}GC\); \(GM = \frac{1}{3}BM\); \(GB = 2GM\). Do đó C sai.

a) Bảng thống kê biểu diễn tốc độ tăng GDP 9 tháng của Việt Nam so với cùng kì năm trước trong giai đoạn 2015 – 2022 như sau:

b) Quan sát biểu đồ ta thấy tốc độ tăng GDP 9 tháng của Việt Nam so với cùng kì năm trước thấp nhất vào hai năm 2020 (với \[2,19\% \]) và 2021 (với \[1,57\% ).\]

Giải thích: Năm 2020 và năm 2021 bị ảnh hưởng bởi đại dịch COVID-19.

c) Tập hợp các kết quả xảy ra đối với năm được chọn là:

\(A = \left\{ {2015;2016;...;2021;2022} \right\}\). Tập hợp \(A\) có 8 phần tử.

Trong 8 năm (từ năm 2015 đến năm 2022) có 3 năm mà tốc độ tăng GDP 9 tháng của Việt Nam so với cùng kì năm trước cao hơn \(7\% \), đó là: năm 2018, năm 2019 và năm 2022 (lấy từ tập hợp \(A\)).

Xác suất để tốc độ tăng GDP 9 tháng của Việt Nam so với cùng kì năm trước cao hơn \(7\% \) là \(\frac{3}{8}\).

a) \(A\left( x \right) = - \frac{5}{3}{x^2} + \frac{3}{4}{x^4} + 2x - \frac{7}{3}{x^2} - 3 + 4x + \frac{1}{4}{x^4}\)

\( = \left( {\frac{3}{4} + \frac{1}{4}} \right){x^4} + \left( { - \frac{5}{3} - \frac{7}{3}} \right){x^2} + \left( {2 + 4} \right)x - 3\)

\( = {x^4} - 4{x^2} + 6x - 3\).

b) Đa thức \(A\left( x \right)\) có bậc 4 và hệ số cao nhất là 1.

c) \(B\left( x \right) = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 2} \right)\)

\( = {x^4} - 2{x^2} - {x^2} + 2\)

\( = {x^4} - 3{x^2} + 2\).

Ta có \(A\left( x \right) + C\left( x \right) = B\left( x \right)\)

Suy ra \(C\left( x \right) = B\left( x \right) - A\left( x \right)\)

\( = {x^4} - 3{x^2} + 2 - \left( {{x^4} - 4{x^2} + 6x - 3} \right)\)

\( = {x^4} - 3{x^2} + 2 - {x^4} + 4{x^2} - 6x + 3\)

\( = {x^2} - 6x + 5\).

d) Ta có:

• \(B\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 3.{\left( { - 1} \right)^2} + 2 = 1 - 3 + 2 = 0\).

Do đó \(x = - 1\) là nghiệm của đa thức \(B\left( x \right)\).

• \(C\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^2} - 6.\left( { - 1} \right) + 5 = 1 + 6 + 5 = 12\).

Do đó \(x = - 1\) không là nghiệm của đa thức \(C\left( x \right)\).

a) Xét \(\Delta ANO\) và \(\Delta BNF\) có:

\(\widehat {ANO} = \widehat {BNF} = 90^\circ \);

\(NA = NB\) (do \(N\) là trung điểm của \(AB\));

\(NO = NF\) (giả thiết).

Do đó \(\Delta ANO = \Delta BNF\) (hai cạnh góc vuông)

Suy ra \[AO = BF\] (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {NAO} = \widehat {NBF}\) (hai góc tương ứng).

Lại có hai góc \(\widehat {NAO}\) và \(\widehat {NBF}\) ở vị trí so le trong nên \[AO\,{\rm{//}}\,BF\].

b) Chứng minh tương tự câu a, ta có \(\Delta APO = \Delta CPE\) (hai cạnh góc vuông).

Do đó \(AO = CE\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \[AO = BF\] (câu a) nên \(BF = CE = AO\).

Tương tự, ta cũng chứng minh được:

• \(AE = BD = CO\);

• \(AF = CD = BO\).

Mặt khác, \(O\) là giao điểm ba đường trung trực của \(\Delta ABC\) nên \(O\) cách đều ba đỉnh của tam giác, hay \(OA = OB = OC\).

Do đó \[AF = FB = BD = DC = CE = EA = OA = OB = OC\] nên hình lục giác \[AFBDCE\] có 6 cạnh bằng nhau.

c) Ta có \(\Delta APO = \Delta CPE\) (câu b) nên \(\widehat {PAO} = \widehat {PCE}\) (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(AO\,{\rm{//}}\,CE\).

Lại có \(AO\,{\rm{//}}\,BF\) (câu a) nên \(BF\,{\rm{//}}\,CE\).

Suy ra \(\widehat {BFC} = \widehat {ECF}\) (hai góc so le trong).

Xét \[\Delta BCF\] và \(\Delta EFC\) có:

\(BF = EC\) (câu b);

\(\widehat {BFC} = \widehat {ECF}\) (chứng minh trên);

\(FC\) là cạnh chung.

Do đó \[\Delta BCF = \Delta EFC\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\]

Suy ra \(BC = EF\) (hai cạnh tương ứng).

Tương tự ta cũng chứng minh được \(AB = DE\) và \(AC = DF\).

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta DEF\) có:

\(AB = DE;AC = DF;BC = EF\) (chứng minh trên).

Do đó \(\Delta ABC = \Delta DEF\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\).

• \(A\left( x \right)\) chia cho đa thức \(x + 1\) thì dư 7 nên ta có:

\(A\left( x \right) = \left( {x + 1} \right).Q\left( x \right) + 7\), trong đó \(Q\left( x \right)\) là thương của phép chia \(A\left( x \right)\) chia cho \(x + 1\)

Khi đó ta có \(A\left( { - 1} \right) = \left( { - 1 + 1} \right).Q\left( { - 1} \right) + 7\) hay \(A\left( { - 1} \right) = 7\).

Do đó \[{\left( { - 1} \right)^3} + a.\left( { - 1} \right) + b = 7\], suy ra \( - a + b = 8\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

• Tương tự, \(A\left( x \right)\) chia cho đa thức \(x - 3\) thì dư \( - 5\) nên ta có: \(A\left( 3 \right) = - 5\)

Do đó \({3^3} + a.3 + b = - 5\), suy ra \(3a + b = - 32\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) ta có \(b = a + 8\) thay vào \(\left( 2 \right)\) ta được: \(3a + \left( {a + 8} \right) = - 32\)

Suy ra \(4a = - 40\), nên \(a = - 10\).

Khi đó \(b = - 10 + 8 = - 2\).

Vậy \(a = - 10\), \(b = - 2\).

Cách 2: Thực hiện đặt tính chia đa thức:

• Thực hiện đặt tính chia đa thức \(A\left( x \right)\) cho \(x + 1\) như sau: