Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 7 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 2

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

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

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

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

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

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

\( = \left( {{x^4} - 3{x^2} + 2x + 1} \right) - \left( {{x^4} - 4{x^2} + 6x - 2} \right)\)

\( = {x^4} - 3{x^2} + 2x + 1 - {x^4} + 4{x^2} - 6x + 2\)

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

Để tìm nghiệm của đa thức \(C\left( x \right)\), ta cho \(C\left( x \right) = 0\)

Do đó \({x^2} - 4x + 3 = 0\)

\({x^2} - x - 3x + 3 = 0\)

\(x\left( {x - 1} \right) - 3\left( {x - 1} \right) = 0\)

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\)

Suy ra \(x = 3\) hoặc \(x = 1\).

Vậy nghiệm của đa thức \(C\left( x \right)\) là \(x \in \left\{ {3;1} \right\}\).

Gọi \[x,y\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\] lần lượt là quãng đường xe ô tô và xe máy đi được.

Vì hai xe đi ngược chiều trên đoạn đường \(AB\) dài \(275\,\,{\mkern 1mu} {\rm{km}}\) để gặp nhau nên \(x + y = 275\)

Do hai xe di chuyển trong cùng một khoảng thời gian nên vận tốc và quãng đường đi được của mỗi xe là hai đại lượng tỉ lệ thuận.

Do đó ta có: \(\frac{x}{{60}} = \frac{y}{{50}}\) hay \(\frac{x}{6} = \frac{y}{5}\).

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{x}{6} = \frac{y}{5} = \frac{{x + y}}{{6 + 5}} = \frac{{275}}{{11}} = 25\)

Suy ra \(x = 25.6 = 150\); \(y = 25.5 = 125\).

Vậy đến khi gặp nhau thì xe ô tô và xe máy đi được lần lượt là \(150\,\,{\rm{km}}\) và \(125\,\,{\rm{km}}\).

a) Biến cố \(A\) và \(C\) là biến cố ngẫu nhiên.

Biến cố \(B\) là biến cố chắc chắn, vì tất cả các bạn đều có số thứ tự nhỏ hơn 2 lần số thứ tự của bạn Ngọc (nhỏ hơn \(2.15 = 30\)).

Trong ba biến cố đã cho, không có biến cố nào là biến cố không thể.

b) Xác suất của biến cố \(A\) là: \(\frac{1}{{25}}\).

Trong 25 số, có 10 số lớn hơn số 15 là: \(16;17;...;24;25\). Vậy xác suất của biến cố \(C\) là: \(\frac{{10}}{{25}} = \frac{2}{5}\).

a) Ta có \[AB = AC\] (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\)) và \[BD = CE\] (giả thiết)

Suy ra \(AB - BD = AC - CE\) hay \(AD = AE\).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACD\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\(\widehat {BAC}\) là góc chung;

\[AD = AE\] (chứng minh trên).

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

b) Từ \[\Delta ABE = \Delta ACD\] suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\))

Suy ra \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\)

Tam giác \[IBC\] có \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\) nên là tam giác cân tại \(I\).

Do đó \[IB = IC\].

Xét \(\Delta ABI\) và \(\Delta ACI\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\[AI\] là cạnh chung;

\[IB = IC\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta ABI = \Delta ACI\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\]

Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {CAI}\) (hai góc tương ứng).

Nên \[AI\] là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

c) Xét \(\Delta ADE\) có \[AD = AE\] nên \(\Delta ADE\) cân tại \(A\), do đó \(\widehat {ADE} = \widehat {AED}\).

Mà \(\widehat {DAE} + \widehat {ADE} + \widehat {AED} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \frac{{180^\circ - \widehat {DAE}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Tương tự với \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\).

Suy ra \(\widehat {DEB} = \widehat {EBC}\) (hai góc so le trong) \(\left( 3 \right)\)

\(\Delta BDE\) có \[BD = DE\] nên là tam giác cân tại \(D\), suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {DEB}\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {EBC}\)

Khi đó \[BE\] là đường phân giác của \(\widehat {ABC}\).

Tương tự, với \[DE = EC\] ta cũng chứng minh được \[CD\] là đường phân giác của \(\widehat {ACB}\)

Xét \(\Delta ABC\) có \[BE,CD\] là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại \(I\).

Suy ra \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta ABC\).

Vậy để \[BD = DE = EC\] thì \[BE\] và \[CD\] là hai đường phân giác của \(\Delta ABC\), khi đó \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta ABC\).

• Do số \(a\) lớn hơn số \(c\) năm đơn vị nên ta có \(a = c + 5\).

• Theo đề, ta có \(x = - 2\) là một nghiệm của đa thức \(P\left( x \right)\).

Suy ra \(P\left( { - 2} \right) = 0\).

Do đó \(4a - 2b + c = 0\).

Suy ra \(4a + c = 2b\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

• Ta có đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho \(x - 2\) \(\left( * \right)\)

Nên \(P\left( x \right) = \left( {x - 2} \right).Q\left( x \right)\) với \(Q\left( x \right)\) là thương của phép chia đa thức \(P\left( x \right)\) cho đa thức \(x - 2\).

Khi đó \(P\left( 2 \right) = \left( {2 - 2} \right).Q\left( 2 \right) = 0\)

Do đó \(4a + 2b + c = 0\).

Suy ra \(4a + c = - 2b\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(2b = - 2b\).

Do đó \(4b = 0\), nên \(b = 0\).

Thế \(b = 0\) và \(a = c + 5\) vào \(\left( 1 \right)\), ta được \(4\left( {c + 5} \right) + c = 0\).

Hay \(4c + 20 + c = 0\).

Suy ra \(5c = - 20\), nên \(c = - 4\).

Với \(a = c + 5\), ta có \(a = - 4 + 5 = 1\).

Vậy \(a = 1\), \(b = 0\), \(c = - 4\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(\left( * \right)\) Lưu ý: Với dữ kiện đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho \(x - 2\), ta có thể thực hiện đặt tính chia đa thức và vẫn suy ra được điều kiện \(\left( 2 \right)\) như sau:

Khi đó, để \(P\left( x \right)\) chia hết cho \(x - 2\) thì \(c + 2b + 4a = 0\).

Suy ra \(4a + c = - 2b\,\,\,\,\left( 2 \right)\).