Bộ 12 đề thi học kì 2 Toán 7 Cánh Diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 10

a) Tỉ số phần trăm số học sinh bị còi xương và học sinh béo phì là: \(10\% + 22,5\% = 32,5\% \).

b) Số học sinh bị còi xương chiếm \(10\% \) tổng số học sinh cả lớp, do đó có \(40.10\% = 4\) học sinh bị còi xương.

Số học sinh béo phì chiếm \(22,5\% \) tổng số học sinh cả lớp, do đó có \(40.22,5\% = 9\) học sinh béo phì.

c) Tổng số học sinh bị còi xương và học sinh béo phì là: \(4 + 9 = 13\) (học sinh).

Chọn ngẫu nhiên một bạn học sinh trong tổng số 13 học sinh nên mỗi học sinh đều có khả năng được chọn như nhau.

Trong 13 học sinh, có 4 học sinh bị còi xương nên xác suất để chọn được bạn học sinh bị còi xương là \(\frac{4}{{13}}\).

a) Tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số xuất hiện trên quả bóng được rút ra là:

         \(A = \left\{ {12;13;14;15;16;17} \right\}\). Do đó, có 6 kết quả có thể xảy ra.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là \(12\). Do đó có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Xác suất của biến cố \(B\) là \(\frac{1}{6}\).

c) Kết quả thuận lợi cho biến cố \(C\) là \(14;17\). Do đó, có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Xác suất của biến cố \(C\) là \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

a) Biểu thức đại số biểu thị nhiệt độ lúc mặt trời lặn theo \(x,y,z\) là: \(x + y - z{\rm{ }}\left( {^\circ C} \right)\).

b) Giá trị biểu thức đại số khi \(x = 30^\circ C,y = 6^\circ C,z = 10^\circ C\) là: \(x + y - z = 30 + 6 - 10 = 26{\rm{ }}\left( {^\circ C{\rm{ }}} \right)\).

a) \(M\left( x \right) = 2{x^4} - 3{x^3} - x + 7{x^3} - 5x + 1\)

               \[ = 2{x^4} + \left( { - 3{x^3} + 7{x^3}} \right) + \left( { - x - 5x} \right) + 1\]

               \[ = 2{x^4} + 4{x^3} - 6x + 1\].

\(N\left( x \right) =  - 2{x^3} + {x^2} + 3{x^4} + 5x - 2{x^4} - 6 + x\)

         \( = \left( {3{x^4} - 2{x^4}} \right) - 2{x^3} + {x^2} + \left( {5x + x} \right) - 6\)

          \( = {x^4} - 2{x^3} + {x^2} + 6x - 6\)

b) Đa thức \(N\left( x \right)\) có bậc là 4, hệ số cao nhất là 1.

c) Ta có \[M\left( 1 \right) = {2.1^4} + {4.1^3} - 6.1 + 1 = 1\].

              \(N\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 2.{\left( { - 1} \right)^3} + {\left( { - 1} \right)^2} + 6.\left( { - 1} \right) - 6 =  - 8\)

Do đó \(8M\left( 1 \right) + N\left( { - 1} \right) = 8.1 + \left( { - 8} \right) = 0\).

d) Ta có \(Q\left( x \right) = M\left( x \right) + N\left( x \right)\)

\(Q\left( x \right) = \left( {2{x^4} + 4{x^3} - 6x + 1} \right) + \left( {{x^4} - 2{x^3} + {x^2} + 6x - 6} \right)\)

         \( = 2{x^4} + 4{x^3} - 6x + 1 + {x^4} - 2{x^3} + {x^2} + 6x - 6\)

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

Ta có \(Q\left( x \right) = 3{x^4} + 2{x^3} + 4\)

Suy ra \(3{x^4} + 2{x^3} + {x^2} - 5 = 3{x^4} + 2{x^3} + 4\)

           \({x^2} = 9\)

           \(x = 3\) hoặc \(x =  - 3\).

Vậy \(x \in \left\{ { - 3;3} \right\}\) thì \(Q\left( x \right) = 3{x^4} + 2{x^3} + 4\).

5.1.

Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat A + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \), suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 120\).

Suy ra \({B_2} + {C_1} = 120^\circ :2 = 60^\circ \).

Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_2}} + \widehat {BMD} = 180\) do đó \(\widehat {BMD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).

Vậy \(\widehat {BMD} = 120^\circ \).

5.2.

a) Ta có \[AB = AC\] (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\)) và

\[BD = CE\] (giả thiết)

Suy ra \(AB - BD = AC - CE\) hay \(AD = AE\).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACD\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\(\widehat {BAC}\) là góc chung;

\[AD = AE\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta ABE = \Delta ACD\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\].

b) Từ \[\Delta ABE = \Delta ACD\] suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\))

Suy ra \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\)

Tam giác \[IBC\] có \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\) nên là tam giác cân tại \(I\).

Do đó \[IB = IC\].

Xét \(\Delta ABI\) và \(\Delta ACI\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\[AI\] là cạnh chung;

\[IB = IC\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta ABI = \Delta ACI\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\]

Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {CAI}\) (hai góc tương ứng).

Nên \[AI\] là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

c) Xét \(\Delta ADE\) có \[AD = AE\] nên \(\Delta ADE\) cân tại \(A\), do đó \(\widehat {ADE} = \widehat {AED}\).

Mà \(\widehat {DAE} + \widehat {ADE} + \widehat {AED} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \frac{{180^\circ - \widehat {DAE}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Tương tự với \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\).

Suy ra \(\widehat {DEB} = \widehat {EBC}\) (hai góc so le trong)            (3)

\(\Delta BDE\) có \[BD = DE\] nên là tam giác cân tại \(D\), suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {DEB}\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)        

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {EBC}\)

Khi đó \[BE\] là đường phân giác của \(\widehat {ABC}\).

Tương tự, với \[DE = EC\] ta cũng chứng minh được \[CD\] là đường phân giác của \(\widehat {ACB}\)

Xét \(\Delta ABC\) có \[BE,CD\] là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại \(I\).

Suy ra \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta ABC\).

Vậy để \[BD = DE = EC\] thì \[BE\] và \[CD\] là hai đường phân giác của \(\Delta ABC\), khi đó \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta ABC\).