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

Tập hợp các kết quả xảy ra đối với loại cổ phiếu được chọn là \(M = \left\{ {A;B;C;D} \right\}\). Tập hợp \(M\) có 4 phần tử.

a) • Dựa vào biểu đồ ta thấy trong 4 loại cổ phiếu, chỉ cổ phiếu \(D\) có giá bán ra của năm \[2021\] giảm so với năm \[2020\]. Tập hợp kết quả thuận lợi cho biến cố \(X\) là: \(X = \left\{ D \right\}\)

• Cổ phiếu \(A\) có giá bán ra tăng: \(41\,\,025 - 34\,\,570 = 6\,\,455\) đồng.

Cổ phiếu \(B\) có giá bán ra tăng: \(5\,\,770 - 5\,\,670 = 100\) đồng.

Cổ phiếu \(C\) có giá bán ra tăng: \(36\,\,102 - 34\,\,565 = 1\,\,537\) đồng.

Trong 4 loại cổ phiếu, có 2 loại cổ phiếu có giá bán tăng hơn \(1\,\,000\) đồng là: \(A,C\).

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(Y\) là: \(Y = \left\{ {A,C} \right\}\)

b) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố \(X\) nên xác suất của biến cố \(X\) là \(\frac{1}{4}\).

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \(Y\) nên xác suất của biến cố \(Y\) là \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

a) \(\left( {42{x^3} - 12x} \right):\left( { - 6x} \right) + 7x\left( {x + 2} \right) = 8\).

\( - 7{x^2} + 2 + 7{x^2} + 14x = 8\)

\(14x = 6\)

\(x = \frac{3}{7}\)

Vậy \(x = \frac{3}{7}\).

b) Thực hiện đặt tính phép chia đa thức:

Vậy số dư của phép chia \(\left( {2{x^2} - 5x + 2} \right):\left( {2x - 3} \right)\) là \( - 1\).

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

\( = 2{x^4} + 2{x^3} - 5x + 3\).

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

\( = 4{x^4} - 2{x^3} + 2{x^2} + 5x - 2\).

b) Đa thức \(P\left( x \right)\) có bậc là 4.

Đa thức \(Q\left( x \right)\) có bậc là 4.

c) \(G\left( x \right) = P\left( x \right) + Q\left( x \right)\)

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

\[ = 6{x^4} + 2{x^2} + 1\].

Với mọi giá trị \(x\), ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}6{x^4} \ge 0\\2{x^2} \ge 0\end{array} \right.\].

Do đó \[6{x^4} + 2{x^2} + 1 \ge 1\], với mọi \(x\)

Suy ra \(G\left( x \right) \ge 1 > 0\), với mọi \(x\)

Vậy \(G(x)\) luôn dương với mọi giá trị của \(x\).

a) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat B = 60^\circ \)

Suy ra \(\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 30^\circ \).

Do đó \(\widehat C < \widehat B\) nên \(AB < AC\) nên \(M\) nằm giữa \(H\) và \(C\)

Hay \(HM < HC\)

Mà \(HM = HB\), suy ra \(HB < HC\).

b) Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHM\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {AHM} = 90^\circ \);

\(AH\) là cạnh chung;

\(HM = HB\) (giả thiết).

Do đó \(\Delta AHB = \Delta AHM\) (hai cạnh góc vuông)

Suy ra \(AB = AM\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Delta ABM\) có \(AB = AM\) nên là tam giác cân tại \(A\).

Lại có \(\widehat B = 60^\circ \) (giả thiết) nên \(\Delta ABM\) là tam giác đều.

c) Do \(\Delta ABM\) là tam giác đều nên \(\widehat {MAB} = 60^\circ \).

Suy ra \(\widehat {MAC} = 90^\circ - \widehat {MAB} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)

Tam giác \(MAC\) có \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA} = 30^\circ \) nên là tam giác cân tại \(M\).

Suy ra \(MA = MC\).

Lại có \(MA = MB\) (do \(\Delta ABM\) đều)

Do đó \(MB = MC\) hay \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(AM,BN\) là hai đường trung tuyến của tam giác cắt nhau tại \(O\) nên \(O\) là trọng tâm của tam giác.

Suy ra \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}.6 = 4\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Ta có: \({x^2} - 4x + 3 = {x^2} - x - 3x + 3 = x\left( {x - 1} \right) - 3\left( {x - 1} \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Khi đó, từ \(\left( {{x^2} - 4x + 3} \right).f\left( {x + 1} \right) = \left( {x - 2} \right).f\left( {x - 1} \right)\) ta có:

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right).f\left( {x + 1} \right) = \left( {x - 2} \right).f\left( {x - 1} \right)\)

• Với \(x = 1\) ta có: \(\left( {1 - 1} \right)\left( {1 - 3} \right).f\left( {1 + 1} \right) = \left( {1 - 2} \right).f\left( {1 - 1} \right)\)

Suy ra \(0.\left( { - 2} \right).f\left( 2 \right) = \left( { - 1} \right).f\left( 0 \right)\) hay \(f\left( 0 \right) = 0\)

Do đó \(x = 0\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) \(\left( 1 \right)\)

• Với \(x = 2\) ta có: \(\left( {2 - 1} \right)\left( {2 - 3} \right).f\left( {2 + 1} \right) = \left( {2 - 2} \right).f\left( {2 - 1} \right)\)

Suy ra \(1.\left( { - 1} \right).f\left( 3 \right) = 0.f\left( 1 \right)\) hay \(f\left( 3 \right) = 0\)

Do đó \(x = 3\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) \(\left( 2 \right)\)

• Với \(x = 3\) ta có: \(\left( {3 - 1} \right)\left( {3 - 3} \right).f\left( {3 + 1} \right) = \left( {3 - 2} \right).f\left( {3 - 1} \right)\)

Suy ra \(2.0.f\left( 4 \right) = 1.f\left( 2 \right)\) hay \(f\left( 2 \right) = 0\) \(\left( 3 \right)\)

Do đó \(x = 2\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có đa thức \(f\left( x \right)\) có ít nhất 3 nghiệm \(x \in \left\{ {0;3;2} \right\}\).