Giải Lời giải Đề thi giữa kì 2 – Đề số 5 – Đề thi đề kiểm tra Toán lớp 7 Kết nối tri thức.
Câu hỏi/Đề bài:
I. Trắc nghiệm
|
1. C |
2. B |
3. B |
4. B |
|
5. B |
6. B |
7. B |
8. C |
Câu 1.
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức tam giác để tìm cạnh còn lại. Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức cho tam giác ABC ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC – BC < AB < AC + BC}\\{ \Rightarrow 8 – 1 < AB < 8 + 1}\\{ \Rightarrow 7 < AB < 9}\\{ \Rightarrow AB = 8\left( {cm} \right)}\end{array}\)
Chọn C.
Câu 2.
Phương pháp:
Dùng các chữ, các số và các phép toán để diễn đạt các mệnh đề phát biểu bằng lời.
Cách giải:
Tổng bình phương của hai số \(a\) và \(b\) là: \({a^2} + {b^2}\)
Chọn B.
Câu 3.
Hướng dẫn:
So sánh độ dài các cạnh rồi dựa vào mối quan hệ giữa cạnh và góc trong một tam giác để so sánh các góc với nhau. Trong một tam giác, góc đối diện với cạnh lớn hơn thì góc lớn hơn. Cách giải:
\(\Delta ABC\) có \(AB = 6cm,{\mkern 1mu} BC = 8cm,{\mkern 1mu} AC = 10cm.\)
Ta có: \(AB < BC < AC\) \( \Rightarrow \angle C < \angle A < \angle B\)
Chọn B.
Câu 4.
Hướng dẫn:
Áp dụng định nghĩa về đa thức và tính chất tam giác cân. Cách giải:
Xét từng đáp án:
A. Số \(0\) không phải là một đa thức. Sai Vì số 0 là đa thức 0
B. Nếu \(\Delta ABC\) cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường thẳng. Đúng: (vẽ một tam giác cân và xác định trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều 3 đỉnh, điểm nằm trong tam giác và cách đều 3 cạnh ta thấy chúng cùng nằm trên một đường thẳng)
C. Nếu \(\Delta ABC\) cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường tròn. Sai Vì chúng nằm trên cùng 1 đường thẳng.
D. Số \(0\) được gọi là một đa thức không và có bậc bằng 0. Sai Vì số 0 được gọi là đa thức không và nó là đa thức không có bậc.
Chọn B
Câu 5.
Hướng dẫn:
Tìm nghiệm của đa thức \(P\left( x \right)\), ta giải phương trình \(P\left( x \right) = 0\)
Cách giải:
Ta có: \(P\left( x \right) = 0\)
\(\begin{array}{l}15x – 3 = 0\\15x = 3\\\,\,\,\,\,x = \dfrac{1}{5}\end{array}\)
Vậy \(x = \dfrac{1}{5}\) là nghiệm của đa thức \(P\left( x \right) = 15x – 3\)
Chọn B.
Câu 6.
Hướng dẫn:
Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.
Cách giải:
Biểu thức \(2x\,;\,3y; – 1\) là các đơn thức.
Vậy có \(3\) đơn thức.
Chọn B.
Câu 7.
Hướng dẫn:
Hướng dẫn:
Bậc của đa thức là bậc của hạng tử có bậc cao nhất trong dạng thu gọn của đa thức đó
Cách giải:
Ta có: hạng tử \({x^8}\) là có bậc cao nhất
\( \Rightarrow \) Bậc của đa thức \(10{x^7} + {x^8} – 2x\) là: \(8\)
Câu 8.
Hướng dẫn:
Nếu đại lượng \(y\) tỉ lệ thuận với đại lượng \(x\) theo hệ số tỉ lệ \(k\) thì ta có công thức: \(y = kx\)
Cách giải:
Vì đại lượng \(y\) tỉ lệ thuận với đại lượng \(x\) theo hệ số tỉ lệ là 2025 nên ta có công thức: \(y = 2025x\)
Từ đó suy ra \(x = \dfrac{1}{{2025}}y\)
Do đó, đại lượng \(x\) tỉ lệ thuận với đại lượng \(y\) theo hệ số tỉ lệ \(\dfrac{1}{{2025}}\).
Chọn C.
Chú ý: Nếu đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x theo hệ số tỉ lệ k thì đại lượng x tỉ lệ thuận với đại lượng y theo hệ số tỉ lệ \(\dfrac{1}{k}\).
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1.
Hướng dẫn:
Tính chất dãy tỉ số bằng nhau: \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = \dfrac{{c – a}}{{d – b}}\)
Cách giải:
Gọi quãng đường của xe thứ nhất đi được từ \(A\) đến chỗ gặp là \(x\) (km) \(\left( {x > 0} \right)\)
Gọi quãng đường của xe thứ hai đi được từ \(B\) đến chỗ gặp là \(y\) (km) \(\left( {y > 0} \right)\)
Ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{6}\)
Quãng đường đi được của xe thứ hai dài hơn xe thứ nhất \(54\) km nên \(y – x = 54\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{6} = \dfrac{{y – x}}{{6 – 3}} = \dfrac{{54}}{3} = 18\)
Do đó \(\dfrac{x}{3} = 18 \Rightarrow x = 54\) (thỏa mãn)
\(\dfrac{y}{6} = 18 \Rightarrow y = 108\) (thỏa mãn)
Quãng đường \(AB\) dài là \(54 + 108 = 162\) (km)
Vậy quãng đường \(AB\) dài là \(162\) (km).
Bài 2.
Hướng dẫn:
+ Để thu gọn đa thức ta thực hiện phép cộng các đơn thức đồng dạng.
+ Bậc của đa thức là bậc của hạng tử có bậc cao nhất trong dạng thu gọn của đa thức đó.
+ Ta có thể mở rộng cộng (trừ) các đa thức dựa trên quy tắc “dấu ngoặc” và tính chất của các phép toán trên số.
+ Đối với đa thức một biến đã sắp xếp còn có thể cộng (trừ) bằng cách đặt tính theo cột dọc tương tự cộng (trừ) các số.
Cách giải:
a)
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) = – 2x + \dfrac{1}{2}{x^2} + 3{x^4} – 3{x^2} – 3\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{x^4} + \dfrac{1}{2}{x^2} – 3{x^2} – 2x – 3\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^2} – 2x – 3\end{array}\)
Vậy: \(P\) có bậc là \(4\); Hệ số cao nhất là \(3\); Hệ số tự do là \( – 3\)
\(\begin{array}{l}Q\left( x \right) = 3{x^4} + {x^3} – 4{x^2} + 1,5{x^3} – 3{x^4} + 2x + 1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{x^4} – 3{x^4} + {x^3} + 1,5{x^3} – 4{x^2} + 2x + 1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{5}{2}{x^3} – 4{x^2} + 2x + 1\end{array}\)
Vậy: \(Q\) có bậc là \(3\); Hệ số cao nhất là \(\dfrac{5}{2}\); Hệ số tự do là \(1\)
b)
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \left( {3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^2} – 2x – 3} \right) + \left( {\dfrac{5}{2}{x^3} – 4{x^2} + 2x + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{x^4} + \dfrac{5}{2}{x^3} – \dfrac{5}{2}{x^2} – 4{x^2} – 2x + 2x – 3 + 1\end{array}\)
\( = 3{x^4} + \dfrac{5}{2}{x^3} – \dfrac{{13}}{2}{x^2} – 2\)
\(\begin{array}{l}P\left( x \right) – Q\left( x \right) = \left( {3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^2} – 2x – 3} \right) – \left( {\dfrac{5}{2}{x^3} – 4{x^2} + 2x + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^2} – 2x – 3 – \dfrac{5}{2}{x^3} + 4{x^2} – 2x – 1\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = 3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^3} – \dfrac{5}{2}{x^2} + 4{x^2} – 2x – 2x – 3 – 1\\ = 3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^3} + \dfrac{3}{2}{x^2} – 4x – 4\end{array}\)
c) \(R\left( x \right) + P\left( x \right) – Q\left( x \right) + {x^2} = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1\)
\( \Leftrightarrow R\left( x \right) + \left( {3{x^4} + \dfrac{5}{2}{x^3} – \dfrac{{13}}{2}{x^2} – 2} \right) – \left( {3{x^4} – \dfrac{5}{2}{x^3} + \dfrac{3}{2}{x^2} – 4x – 4} \right) + {x^2} = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1\)
\( \Leftrightarrow R\left( x \right) + 3{x^4} – 3{x^4} + \dfrac{5}{2}{x^3} + \dfrac{5}{2}{x^3} – \dfrac{{13}}{2}{x^2} – \dfrac{3}{2}{x^2} + {x^2} + 4x – 2 + 4 = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1\)
\( \Leftrightarrow R\left( x \right) + 5{x^3} – 7{x^2} + 4x + 2 = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow R\left( x \right) = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1 – \left( {5{x^3} – 7{x^2} + 4x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow R\left( x \right) = 2{x^3} – \dfrac{3}{2}x + 1 – 5{x^3} + 7{x^2} – 4x – 2\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow R\left( x \right) = 2{x^3} – 5{x^3} + 7{x^2} – \dfrac{3}{2}x – 4x – 2 + 1\\ \Leftrightarrow R\left( x \right) = – 3{x^3} + 7{x^2} – \dfrac{{11}}{2}x – 1\end{array}\)
Bài 3.
Hướng dẫn:
a) Sử dụng tính chất tam giác cân, sau đó dùng giả thiết đã cho lập luận để suy ra điều phải chứng minh.
b) Sử dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác để suy ra các cặp tam giác bằng nhau, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác để chứng minh hai góc bằng nhau, sử dụng thêm tính chất hai góc kề bù để suy ra điều phải chứng minh. Cách giải:
a) Do tam giác ABC cân tại A, suy ra AB = AC.
Ta có: AM + AN = AB – BM + AC + CN = 2AB – BM + CN.
Ta lại có AM + AN = 2AB(gt), nên suy ra \(2AB – BM + CN = 2AB\).
\( \Leftrightarrow – BM + CN = 0 \Leftrightarrow BM = CN\)
b) Gọi I là giao điểm của MN và BC. Vậy BM = CN (đpcm)
Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E.
Do ME // NC nên ta có:
\(\widehat {IME} = \widehat {CNI}\)(hai góc so le trong)
\(\widehat {MEI} = \widehat {NCI}\)(hai góc so le trong)
\(\widehat {MEB} = \widehat {ACB}\) (hai góc đồng vị) nên \(\widehat {MEB} = \widehat {ABC} \Rightarrow \Delta MBE\)cân tại M nên MB = ME. Do đó, ME = CN.
Ta chứng minh được \(\Delta MEI = \Delta NCI{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (g.c.g)\)
Suy ra MI = NI (hai cạnh tương ứng), từ đó suy ra I là trung điểm của MN.
c) Xét hai tam giác MIK và NIK có:
MI = IN (cmt), \(\widehat {MIK} = \widehat {NIK} = {90^0}\)
IK là cạnh chung. Do đó \(\Delta MIK = \Delta NIK(c.g.c)\).
Suy ra KM = KN (hai cạnh tương ứng).
Xét hai tam giác ABK và ACK có:
AB = AC(gt),
\(\widehat {BAK} = \widehat {CAK}\) (do BK là tia phân giác của góc BAC),
AK là cạnh chung,
Do đó \(\Delta ABK = \Delta ACK(c.g.c)\).
Suy ra KB = KC (hai cạnh tương ứng).
Xét hai tam giác BKM và CKN có:
MB = CN, BK = KN, MK = KC,
Do đó \(\Delta BKM = \Delta CKN(c.c.c)\),
Suy ra \(\widehat {MBK} = \widehat {KCN}\).
Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {ACK} \Rightarrow \widehat {ACK} = \widehat {KCN} = {180^0}:2 = {90^0} \Rightarrow KC \bot AN.\)(đpcm)
Bài 4.
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau.
Cách giải:
– Trường hợp \(1:\,a,\,b,\,c \ne 0\) và \(a + b + c = 0 \Rightarrow a + b = – c;\,\,a + c = – b;\,\,b + c = – a\) thay vảo biểu thức \(S\) ta được:
\(S = \dfrac{{ – c.\left( { – a} \right).\left( { – b} \right)}}{{abc}} = – 1.\)
– Trường hợp 2: \(a,\,b,\,c \ne 0\) và \(a + b + c \ne 0.\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta được:
\(\dfrac{{a + b – c}}{c} = \dfrac{{c + a – b}}{b} = \dfrac{{b + c – a}}{a} = \dfrac{{a + b – c + c + a – b + b + c – a}}{{c + b + a}} = 1\)
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 2c\\c + a = 2b\\b + c = 2a\end{array} \right.\) thay vào biểu thức \(S\) ta được:
\(S = \dfrac{{2c.2a.2b}}{{abc}} = 8\)
Vậy: \(S = – 1\) khi \(\dfrac{{a + b – c}}{c} = \dfrac{{c + a – b}}{b} = \dfrac{{b + c – a}}{a}\) và \(a,\,b,\,c \ne 0;\) \(a + b + c = 0\)
\(S = 8\) khi \(\dfrac{{a + b – c}}{c} = \dfrac{{c + a – b}}{b} = \dfrac{{b + c – a}}{a}\) và \(a,\,b,\,c \ne 0;\) \(a + b + c \ne 0\).