Đề kiểm tra cuối học kì 2 Toán lớp 7 CTST - Đề 02 có đáp án
-
177 lượt thi
-
20 câu hỏi
-
0 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Chọn câu đúng. Với điều kiện các tỉ số đều có nghĩa thì từ \[\frac{x}{y} = \frac{u}{v}\] ta có
Đáp án đúng là: A
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: \[\frac{x}{y} = \frac{u}{v} = \frac{{x + u}}{{y + v}} = \frac{{x - u}}{{y - v}}\] nên A đúng.
Câu 2:
Giả sử x và y là hai đại lượng tỉ lệ thuận, x1; x2 là hai giá trị khác nhau của x và y1; y2 là hai giá trị tương ứng của y. Biết y1 – x1 = 7 và x2 = – 4; y2 = 3, giá trị của x1; y1 là
Đáp án đúng là: C
Áp dụng tính chất tỉ lệ thuận và tính chất dãy tỉ số bằng nhau
Vì x và y là hai đại lượng tỉ lệ thuận nên \[\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \frac{{{y_1}}}{{{y_2}}}\]
Suy ra \[\frac{{{x_1}}}{{ - 4}} = \frac{{{y_1}}}{3} = \frac{{{y_1} - {x_1}}}{{3 - \left( { - 4} \right)}} = \frac{7}{7} = 1\]
Nên x1 = 1.(–4) = –4; y1 = 1.3 = 3.
Câu 3:
Đáp án đúng là: C
Các biến trong biểu thức đại số ax + by là x; y.
Câu 4:
Giá trị của biểu thức x + 2x2y – y2 tại x = –1 và y = –1 là
Đáp án đúng là: B
Thay x = –1 và y = –1 vào biểu thức đã cho ta được: –1 + 2.(–1)2.(–1) – (–1)2 = –4.
Câu 5:
Chọn khẳng định đúng.
Xét tam giác ABC có:
Đáp án đúng là: C
Theo bất đẳng thức trong tam giác ta có AB + BC > AC.
Câu 6:
Cho tam giác ABC có AH ⊥ BC (H ∈ BC) thì
Đáp án đúng là: A
AB, AH lần lượt là đường xiên, đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Do đó AB > AH.
Câu 7:
Cho tam giác ABC với hai đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G. Kết luận nào sau đây là sai?
Đáp án đúng là: C
Cho DABC có hai đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của DABC.
Khi đó \(CG = \frac{2}{3}CN\); \(GN = \frac{1}{2}GC\); \(GM = \frac{1}{3}BM\); \(GB = 2GM\). Do đó C sai.
Câu 8:
Khẳng định nào sau đây là không đúng?
Đáp án đúng là: C
Biến cố ngẫu nhiên A có xác suất như sau: 0 < P(A) < 1.
Câu 9:
Tìm x, biết:
\(\frac{3}{x} = \frac{x}{{27}}\);\(\frac{3}{x} = \frac{x}{{27}}\)
x2 = 81
x = 9 hoặc x = –9.
Vậy x ∈ {9; –9}.
Câu 10:
Tìm x, biết:
(2x + 3)(x + 2) = (x – 4)(2x + 1)
(2x + 3)(x + 2) = (x – 4)(2x + 1)
2x2 + 4x + 3x + 6 = 2x2 + x – 8x – 4
14x = –10
\(x = - \frac{5}{7}\)
Vậy \(x = - \frac{5}{7}\).
Câu 11:
Cho hai đa thức P(x) = 6x5 + 15 – 7x – 4x2 – x5;
Q(x) = –5x5 – 2x + 4x2 + 5x – 7.
Thu gọn và sắp xếp hai đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến.
P(x) = 6x5 + 15 – 7x – 4x2 – x5
= 5x5 – 4x2 – 7x + 15.
Q(x) = –5x5 – 2x + 4x2 + 5x – 7
= –5x5 + 4x2 + 3x – 7.
Câu 12:
Cho hai đa thức P(x) = 6x5 + 15 – 7x – 4x2 – x5;
Q(x) = –5x5 – 2x + 4x2 + 5x – 7.
K(x) = P(x) – Q(x)
K(x) = (5x5 – 4x2 – 7x + 15) – (–5x5 + 4x2 + 3x – 7)
= 5x5 – 4x2 – 7x + 15 + 5x5 – 4x2 – 3x + 7
= 10x5 – 8x2 – 10x + 22.
Đa thức K(x) có bậc là 5, hệ số cao nhất là 10.
Câu 13:
Cho hai đa thức P(x) = 6x5 + 15 – 7x – 4x2 – x5;
Q(x) = –5x5 – 2x + 4x2 + 5x – 7.
M(x) = P(x) + Q(x).
M(x) = (5x5 – 4x2 – 7x + 15) + (–5x5 + 4x2 + 3x – 7)
= 5x5 – 4x2 – 7x + 15 – 5x5 + 4x2 + 3x – 7
= –4x + 8.
Ta có M(x) = 0
Suy ra –4x + 8 = 0
x = 2.
Vậy đa thức M(x) có nghiệm là x = 2.
Câu 14:
Số đo ba góc của một tam giác tỉ lệ với 4; 6; 8. Tính số đo mỗi góc của tam giác đó.
Gọi số đo ba góc của tam giác đó lần lượt là x, y, z (0° < x, y, z < 180°).
Tổng số đo ba góc trong tam giác bằng 180° nên x + y + z = 180°.
Số đo ba góc của một tam giác tỉ lệ với 4; 6; 8 nên \(\frac{x}{4} = \frac{y}{6} = \frac{z}{8}\).
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\frac{x}{4} = \frac{y}{6} = \frac{z}{8} = \frac{{x + y + z}}{{4 + 6 + 8}} = \frac{{180^\circ }}{{18}} = 10^\circ \)
Suy ra x = 4.10° = 40°; y = 6.10° = 60°; z = 8.10° = 80°.
Vậy số đo ba góc của một tam giác là 40°; 60° và 80°.
Câu 15:
Gieo ngẫu nhiên xúc xắc 6 mặt cân đối một lần. Xét các biến cố sau:
A: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số lẻ và chia hết cho 3”.
B: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số có một chữ số”.
C: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số tròn trăm”.
D: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số chia cho 4 dư 1”.
Trong các biến cố trên, hãy chỉ ra biến cố nào là biến cố chắc chắn, biến cố nào là biến cố không thể.Biến cố B là biến cố chắc chắn, biến cố C là biến cố không thể.
Câu 16:
Gieo ngẫu nhiên xúc xắc 6 mặt cân đối một lần. Xét các biến cố sau:
A: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số lẻ và chia hết cho 3”.
B: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số có một chữ số”.
C: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số tròn trăm”.
D: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số chia cho 4 dư 1”.
Biến cố ngẫu nhiên là biến cố A và D.
Khi gieo ngẫu nhiên xúc xắc 6 mặt cân đối thì có 6 kết quả xảy ra đối với mặt xuất hiện của con xúc xắc và 6 kết quả này có khả năng xảy ra như nhau.
Trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6, chỉ có 1 số lẻ và chia hết cho 3 là số 3. Vậy xác suất của biến cố A là \(\frac{1}{6}\).
Trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6, có 2 số chia cho 4 dư 1 là số 1; 5. Vậy xác suất của biến cố D là \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).
Câu 17:
Cho ∆ABC cân tại A có \(\widehat A = 45^\circ \).
Tính số đo các góc của tam giác ABC từ đó so sánh các cạnh của tam giác ABC.
Tam giác ABC cân tại A nên AB = AC và \(\widehat B = \widehat C\).
Theo định lí tổng ba góc của một tam giác ta có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \).
Suy ra \(2\widehat B = 180^\circ - \widehat A = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \).
Do đó \(\widehat B = \widehat C = 67,5^\circ \).
Vì \(\widehat A < \widehat B\) nên BC < AC (quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác).
Vậy BC < AB = AC.
Câu 18:
Cho ∆ABC cân tại A có \(\widehat A = 45^\circ \).
Đường trung trực của cạnh AC cắt AB tại D. Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho CE = BD. Chứng minh ∆BCD = ∆CBE. Từ đó suy ra \(\widehat {BDC} = \widehat {CEB}\).
Xét ∆BCD và ∆CBE, có:
BC là cạnh chung.
CE = BD (giả thiết).
\(\widehat {DBC} = \widehat {ECB}\) (do ∆ABC cân tại A).
Do đó ∆BCD = ∆CBE (c.g.c)
Suy ra \(\widehat {BDC} = \widehat {CEB}\) (hai góc tương ứng).
Câu 19:
Cho ∆ABC cân tại A có \(\widehat A = 45^\circ \).
Kẻ đường trung tuyến AM của tam giác ABC. Chứng minh ba đường thẳng AM, BE, CD đồng quy tại một điểm.
Vì điểm D thuộc đường trung trực của cạnh AC nên DA = DC.
Do đó ∆ACD cân tại D.
Suy ra \(\widehat {ACD} = \widehat {CAD} = 45^\circ \) (tính chất tam giác cân)
∆ACD cân tại D có \(\widehat {ACD} = \widehat {CAD} = 45^\circ \) nên ∆ACD vuông cân tại D.
Suy ra CD ⊥ AB hay \(\widehat {BDC} = 90^\circ \)
Mà \(\widehat {BDC} = \widehat {CEB}\) (câu b) nên \(\widehat {CEB} = 90^\circ \) hay BE ⊥ AC.
Vì ∆ABC cân tại A có AM là đường trung tuyến nên M là trung điểm BC.
Xét ∆ABM và ∆ACM, có:
AM là cạnh chung,
AB = AC (do ∆ABC cân tại A),
BM = CM (do M là trung điểm BC).
Do đó ∆ABM = ∆ACM (c.c.c).
Suy ra \(\widehat {AMB} = \widehat {AMC}\) (cặp góc tương ứng).
Mà \(\widehat {AMB} + \widehat {AMC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).
Suy ra \(\widehat {AMB} = \widehat {AMC} = 180^\circ :2 = 90^\circ \).
Do đó AM ⊥ BC.
Vì vậy AM là đường cao của ∆ABC.
∆ABC có AM, BE, CD là ba đường cao, suy ra AM, BE, CD đồng quy tại một điểm, điểm đó là trực tâm của ∆ABC.
Câu 20:
Tìm số nguyên x để đa thức A(x) = 2x3 – 3x2 + 2x + 2 chia hết cho đa thức B(x) = x2 + 1.
Ta thực hiện đặt tính chia đa thức như sau:
Để đa thức A(x) = 2x3 – 3x2 + 2x + 2 chia hết cho đa thức B(x) = x2 + 1 thì 5 ⁝ (x2 + 1)
Hay (x2 + 1) ∈ Ư(5) = {–1; 1; –5; 5}.
Mà x2 + 1 ≥ 1 với mọi số nguyên x.
Do đó (x2 + 1) ∈ {1; 5}.
• Với x2 + 1 = 1 suy ra x = 0 (thỏa mãn x là số nguyên)
• Với x2 + 1 = 5
Suy ra x2 = 4
Do đó x = 2 (thỏa mãn) hoặc x = –2 (thỏa mãn)
Vậy có 3 giá trị của x thỏa mãn đề bài là x ∈ {0; –2; 2}.