Đề kiểm tra cuối học kỳ 2 Toán 7 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 2
-
196 lượt thi
-
17 câu hỏi
-
0 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Hãy khoanh tròn vào phương án đúng duy nhất trong mỗi câu dưới đây:
Từ đẳng thức \(\frac{4}{{ - 5,12}} = \frac{{2,5}}{{ - 3,2}}\) lập được tỉ lệ thức nào sau đây.
Giải:
Đáp án đúng là: A
Từ đẳng thức \(\frac{4}{{ - 5,12}} = \frac{{2,5}}{{ - 3,2}}\) lập được tỉ lệ thức:
\(\frac{{ - 3,2}}{{ - 5,12}} = \frac{{2,5}}{4};\)\(\frac{{ - 3,2}}{{2,5}} = \frac{{ - 5,12}}{4};\)\(\frac{4}{{2,5}} = \frac{{ - 5,12}}{{ - 3,2}}\).
Câu 2:
Giải:
Đáp án đúng là: B
Từ tỉ lệ thức \[\frac{{2x + 3}}{{24}} = \frac{{3x - 1}}{{32}}\] ta có \[\frac{{2x + 3}}{3} = \frac{{3x - 1}}{4}\], suy ra:
3.(3x – 1) = 4.(2x + 3)
9x – 3 = 8x +12
x = 15.
Câu 3:
Giải:
Đáp án đúng là: D
Phương án D sai vì hệ số tỉ lệ k ≠ 0.
Vậy ta chọn phương án D.
Câu 4:
Giải:
Đáp án đúng là: D
Biểu thức 16.(32 + 4) là biểu thức số, các biểu thức còn lại chứa chữ nên không là biểu thức số.
Câu 5:
Giải:
Đáp án đúng là: C
Thay x = –1; y = 2 vào biểu thức C ta có:
C = –22 + 3(–1)3 + 10 = –4 – 3 + 10 = 3.
Câu 6:
Giải:
Đáp án đúng là: B
Vì 14 ≠ 0 nên đa thức 14 có bậc là 0.
Câu 7:
Cho các phát biểu sau:
(I) Biến cố có khả năng xảy ra cao hơn sẽ có xác suất lớn hơn;
(II) Xác suất xảy ra của mỗi kết quả là \(\frac{1}{n}\), trong đó n là số các kết quả có khả năng xảy ra bằng nhau của một trò chơi.
Chọn kết luận đúng:
Giải:
Đáp án đúng là: C
⦁ Biến cố có khả năng xảy ra cao hơn sẽ có xác suất lớn hơn. Do đó phát biểu (I) đúng.
⦁ Khi tất cả các kết quả của một trò chơi hay phép thử nghiệm ngẫu nhiên đều có khả năng xảy ra bằng nhau thì xác suất xảy ra của mỗi kết quả đều là \(\frac{1}{n}\), trong đó n là số các kết quả. Do đó phát biểu (II) đúng.
Vậy ta chọn phương án C.
Câu 8:
Giải:
Đáp án đúng là: B
Ta có \(\widehat {\rm{A}};{\rm{ }}\widehat {\rm{B}};{\rm{ }}\widehat {\rm{C}}\) lần lượt là các góc đối diện của các cạnh BC; AC; AB.
Mà AB < BC < AC (do 5 cm < 9 cm < 13 cm).
Suy ra \(\widehat C < \widehat {\rm{A}} < \widehat B\) (quan hệ giữa cạnh và góc trong một tam giác).
Vậy các góc của ∆ABC sắp xếp theo thứ tự giảm dần là: \(\widehat {\rm{B}};{\rm{ }}\widehat {\rm{A}};{\rm{ }}\widehat {\rm{C}}\).Câu 9:
Giải:
Đáp án đúng là: A
• Xét phương án A có bộ ba độ dài: 2 cm, 5 cm, 7 cm
Ta có: 2 + 5 = 7 không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.
Do đó bộ ba độ dài 2 cm, 5 cm, 7 cm không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác.
• Xét phương án B có bộ ba độ dài: 3 cm, 5 cm, 7 cm
Ta có: 3 + 5 > 7 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.
Do đó bộ ba độ dài 3 cm, 5 cm, 7 cm có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Tương tự, các bộ ba độ dài ở phương án C, D đều có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Vậy ta chọn phương án A.
Câu 10:
Giải:
Đáp án đúng là: D
Trong một tam giác, trực tâm là giao điểm của ba đường cao.
Câu 11:
Giải:
Đáp án đúng là: C
Hình lập phương có 4 đường chéo, 12 cạnh bằng nhau, 6 mặt đều là hình vuông và bằng nhau.
Câu 12:
Giải:
Đáp án đúng là: D
Chiều rộng của hình hộp chữ nhật đó là: 1,8 . \(\frac{4}{9}\) = 0,8 (m).
Để lượng nước trong bể cao 0,5 m thì lượng nước trong bể nước là:
1,8 . 0,8 . 0,5 = 0,72 (m3) = 720 (l).
Câu 13:
Cho hai đa thức: P(x) = x2(2x3 – 3) + 5x4 – 7x3 + x2 – x;
Q(x) = 3x4 – 2x2(x3 – 3) – 2x3 + x2 – 1.
a) Thu gọn và sắp xếp mỗi đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tìm đa thức R(x) biết P(x) = Q(x) + R(x). Xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của đa thức R(x).
c) Chứng tỏ rằng x = 0 là nghiệm của đa thức P(x) nhưng không là nghiệm của đa thức Q(x).
Giải:
a) P(x) = x2(2x3 – 3) + 5x4 – 7x3 + x2 – x;
= 2x5 – 3x2 + 5x4 – 7x3 + x2 – x
= 2x5 + 5x4 – 7x3 – 2x2 – x.
Q(x) = 3x4 – 2x2(x3 – 3) – 2x3 + x2 – 1
= 3x4 – 2x5 + 6x2 – 2x3 + x2 – 1
= –2x5 + 3x4 – 2x3 + 7x2 – 1.
b) Ta có P(x) = Q(x) + R(x)
Suy ra R(x) = P(x) – Q(x)
R(x) = (2x5 – 3x2 + 5x4 – 7x3 + x2 – x) – (3x4 – 2x5 + 6x2 – 2x3 + x2 – 1)
= 2x5 – 3x2 + 5x4 – 7x3 + x2 – x – 3x4 + 2x5 – 6x2 + 2x3 – x2 + 1
= 4x5 + 2x4 – 5x3 – 9x2 – x + 1.
Đa thức R(x) có bậc là 5, hệ số cao nhất là 4, hệ số tự do là 1.
c) Ta có P(x) = 2x5 + 5x4 – 7x3 – 2x2 – x có hệ số tự do là 0 nên x = 0 là một nghiệm của đa thức.
Q(0) = –2.05 + 3.04 – 2.03 + 7.02 – 1 = – 1.
Do đó x = 0 không là nghiệm của đa thức Q(x).
Câu 14:
Giải:
Gọi x, y, z (đồng) lần lượt là giá tiền của quyển vở loại I, II, III (x, y, z > 0).
Theo bài, tổng giá trị tiền 1 quyển vở loại I và 2 quyển vở loại III nhiều hơn giá tiền 2 quyển vở loại II là 2000 đồng.
Ta suy ra 1 . x + 2 . z – 2 . y = 2 000 hay x – 2y + 2z = 4 000.
Vì số tiền hiện có của bạn Nam không đổi nên số lượng mỗi loại quyển vở mà bạn Nam mua được tỉ lệ nghịch với giá tiền của loại quyển vở đó.
Mà theo bài bạn Nam chỉ mua được 10 quyển vở loại I hoặc 12 quyển vở loại II hoặc 15 quyển vở loại III nên ta có 10x = 12y = 15z.
Suy ra \[\frac{{10x}}{{60}} = \frac{{12y}}{{60}} = \frac{{15z}}{{60}}\] hay \[\frac{x}{6} = \frac{y}{5} = \frac{z}{4}\].
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\[\frac{x}{6} = \frac{y}{5} = \frac{z}{4} = \frac{x}{6} = \frac{{2y}}{{10}} = \frac{{2z}}{8} = \frac{{x + 2z - 2y}}{{6 + 8 - 10}} = \frac{{4\,000}}{4} = 1\,000\].
Suy ra: \[\frac{z}{4}\] = 1 000 do đó z = 1 000 . 4 = 4 000.
Vậy giá tiền quyển vở loại III là 4 000 đồng.
Câu 15:
Gieo ngẫu nhiên con xúc xắc 6 mặt cân đối một lần. Xét các biến cố:
A: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số có một chữ số”;
B: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số chẵn”;
C: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc chia hết cho 9”.
a) Trong các biến cố trên, biến cố nào là biến cố chắc chắn, biến cố không thể, biến cố ngẫu nhiên?
b) Tính xác suất của biến cố ngẫu nhiên được xác định ở câu a.
Giải:
a) Biến cố A là biến cố chắc chắn.
Biến cố B là biến cố ngẫu nhiên;
Biến cố C là biến cố không thể.
b) Xác suất của biến cố B là \(\frac{1}{2}\).
Câu 16:
Cho ∆ABC cân tại A có hai đường trung tuyến BD và CE cắt nhau tại G.
a) Chứng minh ∆ADB và ∆AEC.
b) Chứng minh DGBC là tam giác cân.
c) Chứng minh \(GD + GE > \frac{1}{2}BC\).
Giải:
a) D là trung điểm AC nên AD = \(\frac{1}{2}\)AC
E là trung điểm AB nên AE = \(\frac{1}{2}\)AB.
∆ABC cân tại A nên AB = AC.
Suy ra AE = AD.
Xét ∆ADB và ∆AEC, có:
AB = AC (chứng minh trên);
\(\widehat {BAC}\) là góc chung;
AE = AD (chứng minh trên).
Do đó ∆ADB = ∆AEC (c.g.c).
b) G là trọng tâm của ∆ABC nên \(BG = \frac{2}{3}BD\) và \(CG = \frac{2}{3}CE\).
Mà BD = CE (do ∆ADB = ∆AEC)
Nên BG = CG
Do đó ∆GBC cân tại G.
c) G là trọng tâm tam giác ABC nên \(GD = \frac{1}{2}GB,GE = \frac{1}{2}GC\)
Do đó \(GD + GE = \frac{1}{2}\left( {GB + GC} \right)\).
Mặt khác: BG + CG > BC (bất đẳng thức trong tam giác GCB).
Suy ra \(GD + GE > \frac{1}{2}BC\).
Câu 17:
Giải:
Thực hiện phép chia đa thức như sau:
Khi đó ta có \(\frac{{3{x^3} + 10{x^2} - 5}}{{3x + 1}} = {x^2} + 3x - 1 + \frac{{ - 4}}{{3x + 1}}\).
Để đa thức 3x3 + 10x2 – 5 chia hết cho đa thức 3x + 1 thì \(\frac{{ - 4}}{{3x + 1}}\) phải là số nguyên.
Suy ra – 4 ⋮ (3x + 1) hay (3x + 1) ∈ Ư(– 4) = {– 4; – 1; 1; 4}.
Ta có bảng sau:
3x + 1 |
– 4 |
– 1 |
1 |
4 |
x (nguyên) |
\( - \frac{5}{3}\) (loại) |
\( - \frac{2}{3}\) (loại) |
0 (chọn) |
1 (chọn) |
Khi đó với n ∈ {0; 1} thì đa thức 3x3 + 10x2 – 5 chia hết cho đa thức 3x + 1.
Vậy có 2 giá trị x thỏa mãn yêu cầu đề bài.