Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 7 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

Hướng dẫn giải

a) Chu vi của mặt đáy hình lăng trụ đứng đó là: \(3 + 4 + 5 = 12\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Diện tích của mặt đáy hình lăng trụ đứng đó là:

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng đó là: \[{S_{xq}} = 12\,\,.\,\,6 = 72\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Diện tích tất cả các mặt của hình lăng trụ đứng đó là: \(72 + 2\,\,.\,\,6 = 84\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Thể tích của hình lăng trụ là: \[72\,\,.\,\,6 = 432\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\].

b)

i) Thể tích của khối gỗ trước khi khoét là \(5\,\,.\,\,7\,\,.\,\,6 = 210\,\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích của cái lố hình lăng trụ đứng tam giác là: \(\left( {\frac{1}{2}\,.\,\,3\,\,.\,\,4} \right)\,\,.\,\,7 = 42\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích của khối gỗ sau khi khoét là: \(210 - 42 = 168\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

ii) Diện tích xung quanh của khối gỗ hình hộp chữ nhật là:

\[2\,\,.\,\,\left( {5 + 6} \right)\,\,.\,7 = 154\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]

Diện tích xung quanh của cái lỗ hình lăng trụ đứng tam giác là:

\(\left( {3 + 4 + 5} \right)\,\,.\,\,7 = 84\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích mặt đáy cần sơn bằng diện tích mặt đáy của hình hộp chữ nhật trừ đi diện tích mặt đáy hình lăng trụ đứng tam giác và bằng: \[5\,\,.\,\,6 - \frac{1}{2}\,\,.\,\,3\,\,.\,\,4 = 24\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\]

Vậy diện tích bề mặt cần sơn là: \(154 + 84 + 2\,\,.\,\,24 = 286\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

a) Học sinh vẽ hình đúng số đo góc.

Các góc kề bù với góc \(AOC\) là \(\widehat {AOD},\widehat {COE}\).

a) Các cặp góc đối đỉnh trong hình là: \(\widehat {xOz}\) và \(\widehat {tOy}\); \(\widehat {xOt}\) và \(\widehat {tOy}\).

b) Từ hình vẽ ta thấy \(\widehat {xOz} = 60^\circ \)

Vì \(\widehat {xOz}\) và \(\widehat {tOy}\) là hai góc đối đỉnh nên \(\widehat {xOz} = \widehat {tOy} = 60^\circ \).

Vì ba tia \(Ox,\,\,Oz,\,\,Ot\) cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là tia \(Ox\) và \(\widehat {xOz} < \widehat {xOt}\)

Nên tia \(Oz\) nằm giữa hai tia \(Ox\) và \(Ot\).

Lại có \(\widehat {xOz} = 80^\circ = \frac{{160^\circ }}{2} = \frac{{\widehat {xOt}}}{2}\) nên \(Oz\) là tia phân giác của \(\widehat {xOt}\).

a) Học sinh vẽ hình đúng số đo góc.

Các cặp góc kề bù có trong hình vẽ là: \(\widehat {xOt}\) và \(\widehat {tOy}\); \(\widehat {xOz}\) và \(\widehat {zOy}\); \(\widehat {xOu}\) và \(\widehat {uOy}\).

a) Học sinh vẽ hình đúng số đo góc.

Góc kề bù với góc \(xOz\) là \(\widehat {yOz}\) và \(\widehat {xOn}\).

b) Ta có \(\widehat {xOz} + \widehat {yOz} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Suy ra \(\widehat {yOz} = 180^\circ  - \widehat {xOz} = 180^\circ  - 130^\circ  = 50^\circ \)

Trong hình vẽ trên, \(\widehat {xOy}\) là góc bẹt nên \(\widehat {xOv}\) và \(\widehat {yOv}\) là hai góc kề bù.

Khi đó \(\widehat {xOv} + \widehat {yOv} = 180^\circ \).

a) Để \(\frac{5}{{n - 2}}\) là số nguyên thì \(5\,\, \vdots \,\,\left( {n - 2} \right)\) nên \(n - 2 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ { \pm 1\,;\, \pm 5} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \[n \in \left\{ {1\,;\,3\,;\, - 3\,;\,7} \right\}.\]

b) Để \(\frac{{ - 6}}{{n + 1}}\) là số nguyên thì \( - 6\,\, \vdots \,\,\left( {n + 1} \right)\) nên \(n + 1 \in \)Ư\(\left( 6 \right) = \left\{ { \pm 1\,;\, \pm 2\,;\, \pm 3\,;\, \pm 6} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(n \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\, \pm 2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 4\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right\}.\)

c) Để \(\frac{{ - 3}}{{n - 4}}\) là số nguyên thì \( - 3\,\, \vdots \,\,\left( {n - 4} \right)\) nên \(n - 4 \in \)Ư\(\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1\,;\, \pm 3} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(n \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,7} \right\}.\)

d) Ta có \[\frac{{6n - 4}}{{2n + 1}} = \frac{{3\left( {2n + 1} \right) - 7}}{{2n + 1}} = 3 + \frac{{ - 7}}{{2n + 1}}\].

Vì 3 là số nguyên nên để \(\frac{{6n - 4}}{{2n + 1}}\) là số nguyên thì \(\frac{{ - 7}}{{2n + 1}}\) là số nguyên.

Suy ra \(7\,\, \vdots \,\,\left( {2n + 1} \right)\) nên \(2n + 1 \in \)Ư\(\left( 7 \right) = \left\{ { \pm 1\,;\,\, \pm 7} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(n \in \left\{ { - 4\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,3} \right\}.\)

e) Để \(\frac{{3n + 2}}{{4n - 5}}\) là số nguyên thì \[\left( {3n + 2} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {4n - 5} \right)\].

Suy ra \[4\left( {3n + 2} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {4n - 5} \right)\] hay \[\left( {12n + 8} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {4n - 5} \right)\].

Mà \[12n + 8 = 3\left( {4n - 5} \right) + 23\] nên \[3\left( {4n - 5} \right) + 23 \vdots \left( {4n - 5} \right)\]

Khi đó \[23\,\, \vdots \,\,\left( {4n - 5} \right)\] nên \[\left( {4n - 5} \right) \in \left\{ { \pm 1\,;\,\, \pm 23} \right\}\].
Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(n \in \left\{ 1 \right\}\).

g) Ta có \(\frac{{4n - 1}}{{3 - 2n}} = \frac{{2\left( {2n - 3} \right) + 5}}{{ - \left( {2n - 3} \right)}} = - 2 - \frac{5}{{2n - 3}}\).

Để \(\frac{{4n - 1}}{{3 - 2n}}\) là số nguyên thì \[5\,\, \vdots \,\,\left( {2n - 3} \right)\] nên \[2n - 3 \in \left\{ { \pm 1\,;\, \pm 5} \right\}\].

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(n \in \left\{ { \pm 1\,;\,\,2\,;\,\,4} \right\}\).

Hướng dẫn giải

a) Ta có \({\left( {2x - 3} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Suy ra \({\left( {2x - 3} \right)^2} + 15 \ge 15\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \({\left( {2x - 3} \right)^2} = 0\) nên \(2x - 3 = 0\) hay \(x = \frac{3}{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 15 khi \(x = \frac{3}{2}\).

b) Ta có \({\left( {5x + 7} \right)^8} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Suy ra \({\left( {5x + 7} \right)^8} - 2020 \ge - 2020\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \({\left( {5x + 7} \right)^8} = 0\) nên \(5x + 7 = 0\) hay \(x = \frac{{ - 7}}{5}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là \( - 2020\) khi \(x = \frac{{ - 7}}{5}\).