Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 7 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 3

1.1.

a) $\frac{x}{3} = \frac{{ - 10}}{6}$

$6x = - 10.3$

$6x = - 30$

$x = - 30:6$

$x = - 5$

Vậy $x = - 5$.

b) $\frac{{2 - x}}{4} = \frac{{x - 3}}{{ - 5}}$

$- 5\left( {2 - x} \right) = 4\left( {x - 3} \right)$

$- 10 + 5x = 4x - 12$

$x = - 12 + 10$

$x = - 2$

Vậy $x = - 2$.

1.2. Gọi số cán bộ y tế ở đội thứ nhất, đội thứ hai, đội thứ ba lần lượt là $x,y,z$ (người) với $x,y,z \in {\mathbb{N}^*}.$

Vì cả ba đội y tế có tất cả 37 cán bộ y tế nên $x + y + z = 37$.

Ta có: $x$ tiêm xong trong 5 ngày, $y$ tiêm xong trong 4 ngày, $z$ tiêm xong trong 6 ngày.

Vì số cán bộ y tế và thời gian là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên ta có: $5x = 4y = 6z$ hay $\frac{x}{{12}} = \frac{y}{{15}} = \frac{z}{{10}}.$

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: $\frac{x}{{12}} = \frac{y}{{15}} = \frac{z}{{10}} = \frac{{x + y + z}}{{12 + 15 + 10}} = \frac{{37}}{{37}} = 1$.

Do đó, ta có: $\frac{x}{{12}} = 1$ nên $x = 12,$ $\frac{y}{{15}} = 1$ nên $y = 15$; $\frac{z}{{10}} = 1$ nên $z = 10$.

Vậy số cán bộ y tế ở đội thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là 12, 15, 10 người.

2.1. Thay $x = - 1;y = 1;z = - 1$ vào biểu thức $H = xy - xz + yz$, ta được:

$H = \left( { - 1} \right).1 - \left( { - 1} \right).\left( { - 1} \right) + 1.\left( { - 1} \right) = - 1 - 1 - 1 = - 3$.

Vậy giá trị của biểu thức $H = - 3$.

2.2. a) $A\left( x \right) = \frac{5}{6}{x^3} - \frac{{12}}{7}{x^2} + 5x + \frac{5}{7}{x^2} + \frac{1}{6}{x^3} - 3x + 9$

$= \left( {\frac{5}{6} + \frac{1}{6}} \right){x^3} + \left( { - \frac{{12}}{7} + \frac{5}{7}} \right){x^2} + \left( {5 - 3} \right)x + 9$

$= {x^3} - {x^2} + 2x + 9$.

b) Hệ số tự do của đa thức $A\left( x \right)$ là 9.

Ta có $A\left( 2 \right) = {2^3} - {2^2} + 2.2 + 9 = 17$.

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

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

$= {x^3} - 2{x^2} + 9x - 3 - \left( {{x^3} - {x^2} + 2x + 9} \right)$

$= {x^3} - 2{x^2} + 9x - 3 - {x^3} + {x^2} - 2x - 9$

$= - {x^2} + 7x - 12$.

Để tìm nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$, ta cho $C\left( x \right) = 0$

Do đó $- {x^2} + 7x - 12 = 0$

$- {x^2} + 4x + 3x - 12 = 0$

$- x\left( {x - 4} \right) + 3\left( {x - 4} \right) = 0$

$\left( { - x + 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0$

Suy ra $x = 3$ hoặc $x = 4$.

Vậy nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$ là $x \in \left\{ {3;4} \right\}$.

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) Đổi $80{\rm{ dm}} = 8{\rm{ m}}$.

Thể tích của cái bục là: $\frac{{\left( {9 + 15} \right).8}}{2}.20 = 1{\rm{ }}920{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

b) Diện tích cần phải sơn chính là diện tích toàn phần của hình lăng trụ đứng.

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng là: $20.\left( {8 + 9 + 10 + 15} \right) = 840{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích hai đáy của lăng trụ đứng là: $\frac{{2.\left( {9 + 15} \right).8}}{2} = 192{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích cần sơn của bục hình lăng trụ đứng này là: $840 + 192 = 1{\rm{ }}032{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Vậy số tiền cần trả để sơn được cái bục đó là: $1{\rm{ }}032.15{\rm{ 000}} = 15{\rm{ }}480{\rm{ }}000$ (đồng).

a) Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ACE$, có:

$\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ$;

$AB = AC$ (do $\Delta ABC$ cân tại $A$);

$\widehat {BAC}$ là góc chung.

Do đó $\Delta ABD = \Delta ACE$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $\widehat {ABD} = \widehat {ACE}$ (cặp góc tương ứng).

b) Ta có $\widehat {ABD} = \widehat {ACE}$ (câu a)

Lại có $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$ (do $\Delta ABC$ cân tại $A$).

Do đó $\widehat {ABC} - \widehat {ABD} = \widehat {ACB} - \widehat {ACE}$ hay $\widehat {HBC} = \widehat {HCB}$.

$\Delta BHC$ có $\widehat {HBC} = \widehat {HCB}$ nên là tam giác cân tại $H$.

Suy ra $HB = HC\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có $\Delta HCD$ vuông tại $D$ nên cạnh huyền $HC$ là lớn nhất.

Do đó $HC > HD\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $HB > HD$.

c) Gọi $I$ là giao điểm của $BP$ và $CQ$.

Xét $\Delta BPH$ và $\Delta CQH$, có:

$HP = HQ$ (giả thiết);

$\widehat {BHP} = \widehat {CHQ}$ (hai góc đối đỉnh);

$HB = HC$ (câu b).

Do đó $\Delta BPH = \Delta CQH\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$.

Suy ra $\widehat {HBP} = \widehat {HCQ}$ (cặp góc tương ứng).

Mà $\widehat {HBC} = \widehat {HCB}$ (câu b).

Suy ra $\widehat {HBC} + \widehat {HBP} = \widehat {HCB} + \widehat {HCQ}$ hay $\widehat {IBC} = \widehat {ICB}$.

$\Delta IBC$ có $\widehat {IBC} = \widehat {ICB}$ nên là tam giác cân tại $I$.

Suy ra $IB = IC$.

Mà $AB = AC$ (câu a) và $HB = HC$ (câu b).

Do đó ba điểm $I$, $A$, $H$ cùng nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.

Hay $I$, $A$, $H$ thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng $BP$, $CQ$, $AH$ đồng quy.