Đề thi cuối kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 4 (có đáp án)

Các kết quả có thể xảy ra khi chọn ngẫu nhiên một số trong tập hợp trên là $2;4;6;8;10;12;14;16;$$18;20$.

Do đó, có 10 kết quả có thể xả ra.

Nhận thấy tập hợp $\left\{2;4;6;8;10;12;14;16;18;20\right\}$ không có số nào là bội của 11 nên biến cố “Số được chọn là bội của 11” là biến cố không thể.

Nhận thấy các số trong tập hợp đều được biểu diễn dưới dạng $2k\left(k\in \mathbb{N},0<k<11\right)$.

Do đó, xác suất của biến cố “Số được chọn có dạng $2k\left(k\in \mathbb{N},0<k<11\right)$” là 1.

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Số được chọn là ước của 32” là: $2;4;8;12;16$.

Do đó, có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Suy ra, xác suất của biến cố “Số được chọn là ước của 32” là: $\frac{5}{10}=\frac{1}{2}.$

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta EDB$, ta có:

$AB=BE$ (gt)

$DB$ chung (gt)

$\widehat{BAD}=\widehat{DEB}=90^{\circ }$ (gt)

Do đó, $\Delta ADB=\Delta EDB$ (ch – cgv)

b) Xét tam giác $EDB$ vuông tại $E$, do đó $DC>DE$ (tính chất cạnh và góc đối diện trong tam giác)

Đ

c) Ta có $\Delta ADB=\Delta EDB$ (ch – cgv) nên $DA=DE$.

Mà $DC>DE$ nên $DC>DA$.

Xét tam giác $FBC$ có $FD\perp BC$ tại $E$, $FB\perp CD$ tại $A$.

Mà hai đường cao $FE,CA$ cắt nhau tại $D$.

Do đó, $D$ là trực tâm của tam giác $FBC$.

a) Ta có: $K\left(x\right)=7x^5+x-3x^2-8x^3-4x^5+3x^2+5+5x^3$

               $K\left(x\right)=\left(7x^5-4x^5\right)+\left(-8x^3+5x^3\right)+\left(3x^2-3x^2\right)+x+5$

              $K\left(x\right)=3x^5-3x^3+x+5$.

Do đó, ta có: $K\left(1\right)=3.1^5-3.1^3+1+5=6$.

Vậy $K\left(1\right)=6$.

b) Ta có: $P\left(x\right)-K\left(x\right)=3x^5+5x^3-x-9-\left(3x^5-3x^3+x+5\right)$

                                     $=\left(3x^5-3x^5\right)+\left(5x^3-3x^3\right)-2x-14$

                                     $=2x^3-2x-14$.

c) Ta có: $H\left(x\right)+2K\left(x\right)=P\left(x\right)$ hay $H\left(x\right)=P\left(x\right)-2K\left(x\right)$.

Do đó, $H\left(x\right)=3x^5+5x^3-x-9-2\left(3x^5-3x^3+x+5\right)$

           $H\left(x\right)=3x^5+5x^3-x-9-6x^5+6x^3-2x-10$

          $H\left(x\right)=\left(3x^5-6x^5\right)+\left(5x^3+6x^3\right)+\left(-x-2x\right)+\left(-9-10\right)$

         $H\left(x\right)=-3x^5+11x^3-3x-19$.

Vậy $H\left(x\right)=-3x^5+11x^3-3x-19$.

a) Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ACH$ có:

$AB=AC$ ($\Delta ABC$ cân tại $A$)

$\widehat{BAH}=\widehat{CAH}$ ($AD$ là phân giác của $\widehat{BAC}$)

$AH$: cạnh chung

Do đó, $\Delta ABH=\Delta ACH$ (c.g.c)

b) Ta có: $CF\parallel AD$ nên $\widehat{HAE}=\widehat{FCE}$ (hai góc so le trong)

Xét $\Delta AEH$ và $\Delta CEF$ có:

$\widehat{AEH}=\widehat{FEC}$ (đối đỉnh)

$AE=CE$ (gt)

Do đó, $\Delta AEH=\Delta CEF$ (g.c.g)

Suy ra $EH=EF$ (hai cạnh tương ứng)

c) Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên đường phân giác $AD$ cũng là đường trung tuyến. Do đó, $H$ là trọng tâm của $\Delta ABC$.

Do đó, $BH=\frac{2}{3}BE$. Từ đó suy ra $BH=2HE=HF.$

Nên $H$ là trung điểm của $BF.$

$\Delta BCF$ có hai đường trung tuyến $FD$ và $CH$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm của $\Delta BCF$.

Do đó, $CG=\frac{2}{3}CH$ suy ra $HG=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{3}BH.$

Vậy $HG=\frac{1}{3}.2HE=\frac{2}{3}HE.$