Đề thi Cuối kì 2 Toán 7 năm 2024-2025 THCS Phan Chu Trinh (Hà Nội) có đáp án

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

$\frac{x}{2} = \frac{y}{3} = \frac{z}{5}$ nên $\frac{{2x}}{4} = \frac{y}{3} = \frac{{3z}}{{15}} = \frac{{2x - y + 3z}}{{4 - 3 + 15}} = \frac{{ - 48}}{{16}} = - 3.$

Suy ra $2x = - 12\,;\,\,y = - 9\,;\,\,3z = - 45.$

Do đó $x = - 6\,;\,\,y = - 9\,;\,\,z = - 15.$

2) Gọi $a,\,\,b,\,\,c$ (xe) lần lượt là số xe của đội thứ nhất, thứ hai và thứ ba $\left( {a,\,\,b,\,\,c \in {\mathbb{N}^ * }} \right).$

Vì số xe và số ngày là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên $4a = 6b = 8c$ và $a--b = 6.$

$\frac{{4a}}{{24}} = \frac{{6b}}{{24}} = \frac{{8c}}{{24}}$ nên $\frac{a}{6} = \frac{b}{4} = \frac{c}{3}.$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: $\frac{a}{6} = \frac{b}{4} = \frac{c}{3} = \frac{{a - b}}{{6 - 4}} = \frac{6}{2} = 3.$

Suy ra $a = 18\,;\,\,b = 12\,;\,\,c = 9$ (TMĐK)

Vậy đội thứ nhất có 18 xe, đội thứ hai có 12 xe và đội thứ ba có 9 xe.

1) Thu gọn đa thức $P\left( x \right)$ và sắp xếp đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến như sau:

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

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

$= - 2{x^4} + 3{x^3} + x + 1$.

Hệ số cao nhất của đa thức $P\left( x \right)$ là $- 2$, hệ số tự do của đa thức $P\left( x \right)$ là 1.

2) Ta có $N\left( x \right) - M\left( x \right) = \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right) - \left( {{x^2} - 4} \right)$

$$= 2{x^3} + {x^2} - 5 - {x^2} + 4 = 2{x^3} - 1.$$

3) Ta có $N\left( x \right) \cdot M\left( x \right) = \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)$

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

$$= 2{x^5} + {x^4} - 5{x^2} - 8{x^3} - 4{x^2} + 20$$

$$= 2{x^5} + {x^4} - 8{x^3} - 9{x^2} + 20$$

4) Nghiệm của đa thức $M\left( x \right)$ thỏa mãn $M\left( x \right) = {x^2} - 4 = 0$

$${x^2} = 4$$

$x = 2$ hoặc $x = - 2$

Vậy $M\left( x \right)$ có 2 nghiệm là 2 và $- 2$.

Vị trí đặt tháp quan sát tại điểm O cách đều 3 đỉnh P, Q, R của $\Delta PQR.$

Suy ra O là giao điểm 3 đường trung trực của $\Delta PQR.$

a) Xét $\Delta ADB$ và $\Delta EDC$ có:

$DA = DE$ (gt);

$\widehat {ADB} = \widehat {EDC}$ (đối đỉnh);

$BD = CD$ (vì $AD$ là đường trung tuyến $\Delta ABC$).

Do đó $\Delta ADB = \Delta EDC$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {BAD} = \widehat {DEC}$ (hai cạnh tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AB\,{\rm{//}}\,EC.$

b) Xét $\Delta ADM$ và $\Delta EDN$ có:

$\widehat {BAD} = \widehat {DEC}$ (cmt);

$AD = DE$ (vì $\Delta ADB = \Delta EDC$);

$\widehat {ADM} = \widehat {EDN}$ (đối đỉnh)

Do đó $\Delta ADM = \Delta EDN$ (g.c.g)

Suy ra $MD = DN$ (hai cạnh tương ứng)

Do đó D là trung điểm MN.

c) Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ và $BK$.

Xét $\Delta ABC$ có $AD$ và $BK$ là hai đường trung tuyến cắt nhau tại $G$.

Suy ra $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $AG = \frac{2}{3}AD.$

Xét $\Delta AMN$ có D là trung điểm MN (câu b).

Suy ra $AD$ là đường trung tuyến $\Delta AMN.$

Mà $AG = \frac{2}{3}AD$ nên $G$ là trọng tâm $\Delta AMN.$

Vì $MH$ là đường trung tuyến $\Delta AMN$ nên $G \in MH$.

Do đó ba đường thẳng AD, BK và MH đồng quy.

Ta có $M\left( 0 \right) = 1$ nên $a \cdot 0 + b = 1$ suy ra $b = 1.$

Vì $M\left( x \right)$ chia $x-1$ dư 2 nên $M\left( x \right) - 2$ chia hết cho $x-1$.

Suy ra $M\left( x \right) - 2 = f\left( x \right)\left( {x--1} \right)$

Với $x - 1 = 0$ hay $x = 1$, ta có $M\left( 1 \right)--2 = 0$ nên $M\left( 1 \right) = 2$.

Do đó $a + b = 2$ nên $a = 1.$

Vậy $M\left( x \right) = x + 1.$