Đề thi cuối kì 2 Toán 7 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

1.1.

1.2. Gọi số người của đội một, đội hai, đội ba lần lượt là $x,y,z$ (công nhân) với $x,y,z\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Đội thứ ba nhiều hơn đội thứ hai là 20 người nên ta có: $z-y=20$.

Vì khối lượng công việc như nhau, số công nhân và số ngày tỉ lệ nghịch với nhau nên:

$5x=6y=4z$ hay $\frac{x}{12}=\frac{y}{10}=\frac{z}{15}$.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{x}{12}=\frac{y}{10}=\frac{z}{15}=\frac{z-y}{15-10}=\frac{20}{5}=4$.

Do đó, $x=4.12=48;y=10.4=40;z=15.4=60$.

Vậy số người của ba đội lần lượt là 48; 40; 60 người.

2.1. Thay $x=-1,y=3$ vào biểu thức $B=3x^{2}y+6x^2{y}^2+3x{y}^2$, ta được:

            $B=3.{\left(-1\right)}^2.3+6{\left(-1\right)}^2.3^2+3.\left(-1\right).3^2=36$.

 Vậy giá trị của biểu thức $B=36$.

2.2. a) $A\left(x\right)=-\frac{5}{3}{x}^2+\frac{3}{4}{x}^4+2x-\frac{7}{3}{x}^2-3+4x+\frac{1}{4}{x}^4$

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

              $=x^4-4x^2+6x-3$.

b) Đa thức $A\left(x\right)$ có bậc 4 và hệ số cao nhất là 1.

c) $B\left(x\right)=\left(x^2-1\right)\left(x^2-2\right)$

            $=x^4-2x^2-x^2+2$

            $=x^4-3x^2+2$.

Ta có $A\left(x\right)+C\left(x\right)=B\left(x\right)$

Suy ra $C\left(x\right)=B\left(x\right)-A\left(x\right)$

                     $=x^4-3x^2+2-\left(x^4-4x^2+6x-3\right)$

                     $=x^4-3x^2+2-x^4+4x^2-6x+3$

                     $=x^2-6x+5$.

d) Ta có:

• $B\left(-1\right)={\left(-1\right)}^4-3.{\left(-1\right)}^2+2=1-3+2=0$.

Do đó $x=-1$ là nghiệm của đa thức $B\left(x\right)$.

• $C\left(-1\right)={\left(-1\right)}^2-6.\left(-1\right)+5=1+6+5=12$.

Do đó $x=-1$ không là nghiệm của đa thức $C\left(x\right)$.

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

$M=\left\{5;6;7;....;23;24\right\}$.

Do đó, có 20 kết quả có thể xảy ra.

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố $N$ là: $5;7;9;....;21;23.$

Do đó, có $\left(23-5\right):2+1=10$ kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố $N$ là $\frac{10}{20}=\frac{1}{2}$.

c) Các kết quả thuận lợi cho biến cố $P$ là: $6;8;12;16;24$.

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

Vậy xác suất của biến cố $P$ là $\frac{5}{20}=\frac{1}{4}.$

xOy​ là góc nhọn. Trên tia $Ox$ lấy điểm $A$ ($A\ne O$). Trên tia $Oy$ lấy điểm $B$ sao cho $OA=OB$. Từ $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OA$, cắt $Oy$ tại $E$. Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OB$, cắt $Ox$ tại $F$. a) Chứng minh $\Delta OAE=\Delta OBF$, từ đó suy ra $OE=OF$. b) Gọi $I$ là giao điểm của $AE$ và $BF$. Gọi $M$ là trung điểm của $EF$. So sánh $EM$ và $\frac{EI+IF}{2}.$ c) Chứng minh ba điểm $O$, $I$, $M$ thẳng hàng. (ảnh 1)">

a) Xét $\Delta OAE$ và $\Delta OBF$, có:

$\widehat{OAE}=\widehat{OBF}=90^{\circ }$

$OA=OB$ (giả thiết)

$\widehat{AOB}$ là góc chung

Do đó, $\Delta OAE=\Delta OBF$ (cgv – gn)

Suy ra $OE=OF$ (hai cạnh tương ứng)

b) Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho $\Delta EIF$, ta được: $EF<EI+IF$.

Mà $2EM=EF$ (do $M$ là trung điểm của $EF$)

Suy ra $2EM<EI+IF.$

Vậy $EM<\frac{EI+IF}{2}.$

c) Xét $\Delta EOF$ có hai đường cao $FB$ và $AE$ cắt nhau tại $I$.

Suy ra $I$ là trực tâm của $\Delta OEF.$

Do đó, $OI\perp EF$ (1)

Xét $\Delta OEM$ và $\Delta OFM$, có:

$OM$ là cạnh chung

$ME=MF$ (do $M$ là trung điểm của $EF$)

$OE=OF$ (câu a)

Do đó, $\Delta OEM=\Delta OFM$ (c.c.c)

Suy ra $\widehat{OME}=\widehat{OMF}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{OME}+\widehat{OMF}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Do đó, $\widehat{OME}=\widehat{OMF}=90^{\circ }$ hay $OM\perp EF$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O,I,M$ thẳng hàng.

Mật mã két sắt nhà Trang là số có ba chữ số và được tạo thành từ các chữ số $1,2,3$.

Do đó, số các số được lập thành từ ba chữ số $1,2,3$ là $\mathrm{3.3.3}=27$.

Mà mật mã két sắt chỉ có một.

Suy ra xác suất để mẹ Trang mở một lần đúng được mật mã là: $\frac{1}{27}.$