Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 7 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 03

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\frac{{2,4}}{{1,8}} = \frac{{24}}{{18}} = \frac{4}{3}\). Do đó, \(2,4:1,8\) được thay bằng tỉ số giữa các số nguyên là \(4:3\).

Đáp án đúng là: B

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

\(\frac{x}{5} = \frac{y}{2} = \frac{{x - y}}{{5 - 2}} = \frac{6}{3} = 2\).

Do đó, \(\frac{x}{5} = 2\) nên \(x = 2\,\,.\,\,5 = 10\);

\(\frac{y}{2} = 2\) nên \(y = 2\,\,.\,\,2 = 4\).

Vậy \(x = 10;\,\,y = 4\).

Đáp án đúng là: D

Vì đại lượng \(y\) tỉ lệ thuận với đại lượng \(x\) theo công thức \(y = \frac{{ - 1}}{3}x\).

Do đó hệ số tỉ lệ là \(\frac{{ - 1}}{3}\).

Đáp án đúng là: C

Vì đại lượng \(y\) tỉ lệ nghịch với đại lượng \(x\)theo hệ số tỉ lệ \(a =  - 3\) nên \(x\,\,.\,\,y =  - 3\).

Đáp án đúng là: D

Biểu thức đại số \(\left( { - {x^2} + 3xy} \right)\,\,.\,\,a + {y^2}\,\,.\,\,b\) có các biến là \(x;\,\,y;\,\,a;\,\,b\).

Đáp án đúng là: C

Đa thức không có hệ số tự do là đa thức mà tất cả các đơn thức tạo nên nó đều có chứa biến. Do đó, đa thức không có hệ số tự do là \({x^2} + {x^3}y + 3{x^3}\).

Đáp án đúng là: A

Sắp xếp đa thức \(4{x^2} + 5{x^3} - 4{x^4} + x + 1\) theo lũy thừa giảm dần của biến ta được:

\( - 4{x^4} + 5{x^3} + 4{x^2} + x + 1\).

Đáp án đúng là: B

\(A\,\,.\,\,B = \left( {{x^2} + x{y^2}} \right)\,\,.\,\,\left( {{x^2} - x{y^2}} \right)\)\( = {x^4} + {x^3}{y^4} - {x^3}{y^4} - {x^2}{y^4}\)\( = {x^4} - {x^2}{y^4}\).

Đáp án đúng là: C

Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn.

Cạnh \(AB\) đối diện với \(\widehat C\);

Cạnh \(AC\) đối diện với \(\widehat B\);

Cạnh \(BC\) đối diện với  \(\widehat A\).

Vì \[\widehat A < \widehat B < \widehat C\,\,\left( {50^\circ  < 60^\circ  < 70^\circ } \right)\] nên \(BC < AC < AB\).

Đáp án đúng là: A

Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng, đường vuông góc là đường ngắn nhất.

Do đó, \(BH < AH;\,\,BH < HC\).

Đáp án đúng là: B

Theo bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác, tổng của hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh thứ ba.

Ta có: \(1 + 9 = 10\)do đó cạnh thứ \(AC < 10\).

Mặt khác \(AB + AC > 9\) hay \(1 + AC > 9\) do đó, \(AC > 8\).

Vì \(8 < AC < 10\) và \(AC\) nguyên nên chỉ có \(AC = 9\) cm thỏa mãn.

Chu vi tam giác \(ABC\) là: \(AB + BC + CA = 1 + 9 + 9 = 19\) (cm).

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là 19 cm.

Đáp án đúng là: D

Giao của ba đường trung tuyến là trọng tâm của tam giác nên \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)

Ta có: \(AG = \frac{2}{3}AF\) (tính chất trọng tâm)

\(BG = \frac{2}{3}BE\) nên \(GE = \frac{1}{3}BE\), do đó, \(BG = 2GE\).

Do đó, \(AG = GB\) sai.

a) \(\frac{4}{5} = \frac{{ - 16}}{x}\)

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức, ta có:

\(4x = \left( { - 16} \right)\,\,.\,\,5\)

\(4x =  - 80\)

\(x = \left( { - 80} \right):4\)

\(x =  - 20\)

Vậy \(x =  - 20\).

b) \(\frac{{\left| {x - 5} \right|}}{{28}} = \frac{3}{7}\)

Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức, ta có:

\[\left| {x - 5} \right|\,\,.\,\,7 = 3\,\,.\,\,28\]

\[\left| {x - 5} \right|\,\,.\,\,7 = 84\]

\(\left| {x - 5} \right| = 84:7\)

\(\left| {x - 5} \right| = 12\)

Trường hợp 1: \(x - 5 = 12\)

\(x = 12 + 5\)

\(x = 17\)

Trường hợp 2: \(x - 5 =  - 12\)

\(x =  - 12 + 5\)

\(x =  - 7\)

Vậy \(x \in \left\{ {17;\,\, - 7} \right\}\).

c) \(\frac{{2x - 1}}{{ - 9}} = \frac{{ - 25}}{{2x - 1}}\)

Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức, ta có:

\(\left( {2x - 1} \right)\,\,.\,\,\left( {2x - 1} \right) = \left( { - 9} \right)\,\,.\,\,\left( { - 25} \right)\)

\({\left( {2x - 1} \right)^2} = 225\)

\({\left( {2x - 1} \right)^2} = {15^2} = {\left( { - 15} \right)^2}\)

Trường hợp 1: \(2x - 1 = 15\)

\(2x = 16\)

\(x = 8\)

Trường hợp 2: \(2x - 1 =  - 15\)

\(2x =  - 14\)

\(x =  - 7\)

Vậy \[x \in \left\{ {8;\,\, - 7} \right\}\].

Gọi \(z;\,\,y;\,\,z\) (quyển sách) lần lượt là số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được\(\,\,\left( {x;\,\,y;\,\,z \in \mathbb{N}} \right)\).

Vì tổng số sách lớp 7A và 7B góp được hơn số sách lớp 7C góp được là 40 quyển nên \(x + y - z = 40\).

Mặt khác, số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được tỉ lệ thuận với \(6;\,\,4;\,\,5\) nên ta có: \(\frac{x}{6} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}.\)

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

\(\frac{x}{6} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = \frac{{x + y - z}}{{6 + 4 - 5}} = \frac{{40}}{5} = 8\)

Ta có: \(\frac{x}{6} = 8\) nên \(x = 8\,\,.\,\,6 = 48\) (thỏa mãn);

\(\frac{y}{4} = 8\) nên \(y = 8\,\,.\,\,4 = 32\) (thỏa mãn);

\(\frac{z}{5} = 8\) nên \(z = 8\,\,.\,\,5 = 40\) (thỏa mãn)

Vậy số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được lần lượt là 48 quyển; 32 quyển; 40 quyển.

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

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

\( = 0 + 0 + 2{x^2} + 1\)\( = 2{x^2} + 1\).

Vậy thu gọn và sắp xếp đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến ta được \(A(x) = 2{x^2} + 1.\)

b) Ta có: Để đa thức có nghiệm thì \(A\left( x \right) = 0\) hay \(2{x^2} + 1 = 0\)

Do đó, \(2{x^2} =  - 1\) hay \({x^2} = \left( { - 1} \right):2 = \frac{{ - 1}}{2}\).

Mà \({x^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Do đó, \({x^2} = \frac{{ - 1}}{2}\) (vô lí)

Vậy đa thức \(A\left( x \right) = 2{x^2} + 1\) không có nghiệm.

a) Ta có: \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) (do \(BD;\,\,CE\) là đường trung tuyến).

Suy ra \(BG = \frac{2}{3}BD;\,\,CG = \frac{2}{3}CE\) mà \(BD = CE\) nên \(BG = CG\).

Lại có: \(BD = BG + GD\); \(CE = CG + GE\) nên \(GD = GE\).

Xét tam giác \(EGB\) và tam giác \(DGC\) có:

\(BG = GC\) (chứng minh trên)

\(\widehat {BGE} = \widehat {CGD}\) (hai góc đối đỉnh)

\(GD = GE\) (chứng minh trên)

Do đó, \(\Delta EGB = \Delta DGC\) (c.g.c)

Suy ra, \(EB = CD\) (hai cạnh tương ứng)

Mà \(E\) là trung điểm của \(AB\); \(D\) là trung điểm của \(AC\).

Do đó, \(AB = AC\,\,\left( {AB = 2EB;\,\,AC = 2CD} \right)\).

Kéo dài \(AG\) cắt \(BC\) tại \(H\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên \(AH\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\) (ba đường trung tuyến trong tam giác đồng quy).

Do đó, \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BH = HC\).

Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHC\) có:

\(AB = AC\) (chứng minh trên)

\(BH = HC\) (chứng minh trên)

Cạnh \(AH\) chung

Do đó, \(\Delta AHB = \Delta AHC\) (c.c.c)

Suy ra, \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AHB} + \widehat {AHC} = 180^\circ \), do đó \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \).

Suy ra \(AH \bot BC\) hay \(AG \bot BC\) (đpcm)

b) Xét tam giác \(AMB\) có: \(MA + MB > AB\) (bất đẳng thức tam giác)     (1)

Xét tam giác \(AMC\) có: \(AM + MC > AC\) (bất đẳng thức tam giác)        (2)

Xét tam giác \(BMC\) có: \(MB + MC > BC\) (bất đẳng thức tam giác)        (3)

Cộng vế theo vế (1); (2); (3) ta được:

\(MA + MB + MA + MC + MB + MC > AB + AC + BC\)

Suy ra, \(2MA + 2MB + 2MC > AB + AC + BC\)

Hay \(2\left( {MA + MB + MC} \right) > AB + AC + BC\).

Do đó \(MA + MB + MC > \frac{{AB + AC + BC}}{2}\) (đpcm)

Từ \(\frac{a}{b} = \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a}{c} = \frac{b}{d}\)

Suy ra \(\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{{b^2}}}{{{d^2}}} = \frac{{ab}}{{cd}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}}\).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho \(\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}}\), ta được:

\(\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}} = \frac{{11{a^2} - 8{b^2}}}{{11{c^2} - 8{d^2}}}\)          (1)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho \(\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}}\), ta được:

\(\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{7{c^2} + 3cd}}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{11{a^2} - 8{b^2}}}{{11{c^2} - 8{d^2}}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{7{c^2} + 3cd}}\).

Do đó \(\frac{{7{c^2} + 3cd}}{{11{c^2} - 8{d^2}}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{11{a^2} - 8{b^2}}}\) (đpcm).