Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 11 - Chân trời sáng tạo

Vì x và y tỉ lệ nghịch với nhau nên ta có \(x.y = 5\) hay \(x = \frac{5}{y}\).

Đáp án B.

Biến cố “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 5” là biến cố ngẫu nhiên.

Đáp án C.

Trong 4 số trên, không có số nào chia hết cho 5. Do đó xác suất để chọn được số chia hết cho 5 là 0.

Đáp án A.

h(x) = f(x) + g(x) 

= (5x⁴ + x³ – x² + 1) + (–5x⁴ – x² + 2)

= 5x⁴ + x³ – x² + 1 – 5x⁴ – x² + 2

= (5x⁴ – 5x⁴) + x³ + (- x² – x²) + (1 + 2)

= x³ – 2x² + 3

Bậc của h(x) là 3.

Đáp án B.

6x³ + 5x⁴ –  8x⁶ – 3x² + 4 = - 8x⁶ + 5x⁴ + 6x³ – 3x² + 4

Đáp án D.

Vì AC > BC > AB nên \(\widehat B > \widehat A > \widehat C\) hay \(\widehat C  <  \widehat A  <  \widehat B\).

Đáp án C.

"Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường xiên nào có hình chiếu nhỏ hơn thì nhỏ hơn".

Đáp án C.

Đường trung trực của AC đi qua điểm D nên tam giác ADC cân tại D.

Do đó \(\widehat {DAC} = \widehat {DCA} = {35^0}\).

Mà CD là tia phân giác của \(\widehat {ACB}\) nên \(\widehat {ACB} = 2\widehat {DCA} = {2.35^0} = {70^0}\)

Từ đó suy ra:

\(\begin{array}{l}\widehat {ABC} = {180^0} - \widehat {BAC} - \widehat {BCA}\\ = {180^0} - {35^0} - {70^0} = {75^0}\end{array}\)

Vậy \(\widehat {ABC} = 7{5^0};  \widehat {ACB}  = 7{0^0}\).

Đáp án C.

Vì S là trung điểm của MP và R là trung điểm của NP nên MR và NS là hai đường trung tuyến của tam giác MNP.

MR và NS cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của tam giác MNP.

Do đó \(MG = \frac{2}{3}MR\) suy ra \(MR = MG:\frac{2}{3} = 3:\frac{2}{3} = \frac{9}{2} = 4,5\left( {cm} \right)\)

Đáp án A.

Vì NP, MP và MN là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có:

\(\begin{array}{l}MP - NP < MN < MP + NP\\7 - 1 < MN < 7 + 1\\6 < MN < 8\end{array}\)

Mà MN là số nguyên nên MN chỉ có thể bằng 7cm.

Đáp án D.

Xét tam giác ABE và ACD có:

AB = AC (gt)

\(\widehat {BAC}\) chung

AE = AD (gt)

suy ra \(\Delta ABE = \Delta ACD\left( {c.g.c} \right)\)

suy ra BE = CD (hai cạnh tương ứng nên A đúng.

và \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (tam giác ABC cân tại A vì AB = AC)

Suy ra \(\widehat {KBC} = \widehat {KCB}\) nên \(\Delta BKC\) cân tại K.

Do đó BK = CK nên B đúng.

Vì AB = AC, AD = AE nên AB – AD = AC – AE hay BD = CE nên C đúng.

Ta chưa đủ điều kiện có DK = KC nên đáp án D sai.

Đáp án D.

Giao điểm của ba đường trung trực của tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác nên C đúng.

Đáp án C.

a) \(x:27 = -2:3,6\)

\(\begin{array}{l}\frac{x}{{27}} = \frac{{- 5}}{9}\\x = \frac{{- 5.27}}{9}\\x = -15\end{array}\)

Vậy \(x = -15\).

b) \(\frac{{2x + 1}}{{-27}} = \frac{{- 3}}{{2x + 1}}\)

\(\begin{array}{l}{\left( {2x + 1} \right)^2} = 81\\{\left( {2x + 1} \right)^2} = {9^2}\\\left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 9\\2x + 1 = -9\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}2x = 8\\2x = -10\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = -5\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(x = 4\) hoặc \(x =  - 5\).

a)

\(\begin{array}{l}Q(x) =  - 3{x^4} + 4{x^3} + 2{x^2} + \frac{2}{3} - 3x - 2{x^4} - 4{x^3} + 8{x^4} + 1 + 3x\\ = \left( { - 3{x^4} - 2{x^4} + 8{x^4}} \right) + \left( {4{x^3} - 4{x^3}} \right) + 2{x^2} + \left( {3x - 3x} \right) + \left( {\frac{2}{3} + 1} \right)\\ = 3{x^4} + 2{x^2} + \frac{5}{3}\end{array}\)

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}{x^4} \ge 0{\rm{ }}\forall x \Rightarrow 3{x^4} \ge 0{\rm{ }}\forall x\\{x^2} \ge 0{\rm{ }}\forall x \Rightarrow 2{x^2} \ge 0{\rm{ }}\forall x\\ \Rightarrow Q(x) = 3{x^4} + 2{x^2} + \frac{5}{3} \ge \frac{5}{3}{\rm{ }}\forall x\end{array}\)

Vậy \(Q\left( x \right)\) không có nghiệm

a) Không có số nào chia hết cho 5 nên xác suất để chọn được số chia hết cho 5 là 0.

b) Cả 4 số đều là số có hai chữ số nên xác suất để chọn được số có hai chữ số là 1.

c) Có hai số (11; 13) là số nguyên tố nên xác suất để chọn được số nguyên tố là \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

d) Có một số (12) chia hết cho 6 nên xác suất để chọn được số chia hết cho 6 là \(\frac{1}{4}\).

a) Xét \(\Delta NHP\) và \(\Delta PKN\) vuông tại H và K có:

\(\widehat {NPH} = \widehat {PNK}\) (vì \(\Delta MNP\) cân tại M)

\(NP\) chung

Suy ra \(\Delta NHP = \Delta PKN\) (cạnh huyền – góc nhọn) (đpcm)

b) Vì \(\Delta NHP = \Delta PKN\)nên \(\widehat {{N_1}} = \widehat {{P_1}}\).

Do đó \(\Delta ENP\) cân tại E (đpcm)

c) Ta có:

\(MK = MN - NK\) (vì K thuộc MN)

\(MH = MP - HP\) (vì H thuộc MP)

Mà \(MN = MP\) (vì \(\Delta MNP\) cân tại M)

\(NK = PH\) (vì \(\Delta NHP = \Delta PKN\))

suy ra \(MK = MH\).

Xét \(\Delta MEK\) và \(\Delta MEH\) vuông tại K và H có:

ME là cạnh chung

MK = MH (cmt)

Suy ra \(\Delta MEK = \Delta MEH\) (ch – cgv)

Suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\) suy ra ME là tia phân giác của góc NMP (đpcm)

Thay x = 1 vào đa thức P(x), ta có:

P(1) = a.1² + b.1 + c = a + b + c

Mà a + b + c = 0

Do đó, P(1) = 0.

Như vậy x = 1 là một nghiệm của P(x)

Vì x; y; z tỉ lệ thuận với 3; 4; 5 nên \(\frac{x}{3} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}\).

Đặt \(\frac{x}{3} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = k\) ta được:

\(x = 3k;y = 4k;z = 5k\).

Khi đó,

\(\begin{array}{l}A = 2024\left( {3k - 4k} \right)\left( {4k - 5k} \right) - 506{\left( {\frac{{3k + 4k + 5k}}{6}} \right)^2}\\ = 2024\left( { - k} \right)\left( { - k} \right) - 506{\left( {2k} \right)^2}\\ = 2024{k^2} - 2024{k^2}\\ = 0\end{array}\)

Vậy A = 0.