Giải SBT Toán 7 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm có đáp án

Viết các số dưới dạng phân số với mẫu chung là 8:

−1,5 = $\frac{-12}{8}$; −$\frac{3}{4}$ =$\frac{-6}{8}$; 1,25 =$\frac{10}{8}$; 0,125 = $\frac{1}{8}$.

Do đó −1,5 < −$\frac{3}{4}$ < 0,125 < 1,25.

Chia đoạn thẳng đơn vị thành 8 phần bằng nhau, lấy một đoạn làm đơn vị mới. Sau đó, biểu diễn các số hữu tỉ trên trục số.

Ta có $B=\frac{{8}^{5}+{(-2)}^{12}}{{2}^{15}+{64}^{3}}=\frac{{({2}^{3})}^{5}+{2}^{12}}{{2}^{15}+{({2}^{6})}^{3}}$

$=\frac{{2}^{15}+{2}^{12}}{{2}^{15}+{2}^{18}}=\frac{{2}^{12}({2}^{3}+1)}{{2}^{15}(1+{2}^{3})}=\frac{1}{{2}^{3}}=\frac{1}{8}.$

Vậy giá trị của biểu thức B bằng $\frac{1}{8}$.

Gọi x (trang) là số trang sách cần tìm (x Î ℕ*).

Ngày thứ nhất, số trang sách Minh đọc được là $\frac{1}{4}x$ (trang).

Số trang sách còn lại là:

x − $\frac{1}{4}x$ = $\frac{1}{3}x$ (trang)

Ngày thứ hai, số trang sách Minh đọc được là:

$\frac{3}{5}\ .\ \frac{3}{4}x=\frac{9}{20}x$ (trang)

Số trang sách còn lại sau hai ngày đọc là:

$\frac{3}{4}x-\frac{9}{20}x=\frac{3}{10}x$ (trang)

Ta có: $\frac{3}{10}x=36$

Do đó x = 36 : $\frac{3}{10}$ = 120 (trang)

Vậy cuốn sách Minh đọc có 120 trang.

b) Ta có $\sqrt{3}$= 1,7320508…; 1,7(3) = 1,73333…

∙ Phần nguyên của các số trên đều bằng 1;

∙ Phần thập phân:

+ Hàng phần mười và hàng phần trăm đều bằng nhau

+ Hàng phần nghìn của 1,7320508… và 1,73333… lần lượt là 2 và 3.

Vì 2 < 3 nên 1,7320508… < 1,73333… hay $\sqrt{3}$ < 1,7(3).

Vậy $\sqrt{3}$< 1,7(3).

a) Gọi A là điểm biểu diễn số $\sqrt{2}$.

Khi đó ta có OA = $\sqrt{2}$.

Do đó, muốn có điểm B biểu diễn số $\sqrt{2}-1$, từ điểm A, ta di chuyển 1 đơn vị theo chiều âm như hình vẽ bên dưới.

Bằng dụng cụ học tập, ta có thể xác định điểm B như sau:

• Xác định điểm A biểu diễn số $\sqrt{2}$.

Cách xác định: Trên trục số OMNP với điểm P biểu diễn số 2.

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo ON và MP.

Từ O vẽ đường tròn tâm O bán kính OI cắt trục Ox tại điểm A.

Khi đó A biểu diễn số $\sqrt{2}$.

• Vẽ cung tròn tâm A, bán kính 1 đơn vị sao cho nó cắt trục số tại một điểm nằm giữa O và A. Đó chính là điểm B cần tìm.

b) Vì 1 < 2 nên 1 < $\sqrt{2}$, nghĩa là 1 − $\sqrt{2}$ là số âm.

Do đó: $|1-\sqrt{2}|=-(1-\sqrt{2})=\sqrt{2}-1$.

Gọi x, y, z (kg) lần lượt là khối lượng giấy vụn thu gom được của ba lớp 7A, 7B và 7C (x, y, z > 0).

Vì số kilogam giấy vụn gom được của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 2; 4; 5 nên ta có: x : y : z = 2 : 4 : 5 hay $\frac{x}{2}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}$.

Vì khối lượng giấy vụn gom được của cả hai lớp 7A và 7C nhiều hơn của lớp 7B là 27 kg nên ta có : x + z − y = 27.

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

$\frac{x}{2}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}=\frac{x+z-y}{2+5-4}=\frac{27}{3}=9$

Do đó x = 9 . 2 = 18; y = 9 . 4 = 36; z = 9 . 5 = 45 (thỏa mãn)

Vậy khối lượng giấy vụn của lớp 7A, 7B và 7C thu gom được lần lượt là 18 kg, 36 kg và 45 kg.

Gọi t$_{1}$ (giờ) là thời gian xe ô tô khi đi từ A đến B (t$_{1}$ > 0).

Gọi t$_{2}$ (giờ) là thời gian xe máy khi đi từ A đến B (t$_{2}$ > 0).

Do hai xe cùng đi quãng đường AB nên thời gian đi tỉ lệ nghịch với vận tốc đi.

Do đó, ta có: $\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\frac{60}{80}=\frac{3}{4}$.

Từ đó suy ra $\frac{{t}_{1}}{3}=\frac{{t}_{2}}{4}$.

Vì thời gian đi từ A đến B của xe ô tô ít hơn thời gian đi tương ứng của xe máy là 30 phút nên ta có t$_{2}$ − t$_{1}$ = 0,5.

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

$\frac{{t}_{1}}{3}=\frac{{t}_{2}}{4}=\frac{{t}_{2}-{t}_{1}}{4-3}=\frac{0{,}5}{1}=0{,}5$.

Suy ra t$_{1}$ = 0,5 . 3 = 1,5 (nhận) và t$_{2}$ = 0,5 . 4 = 2 (nhận).

Vậy thời gian để đi từ tỉnh A đến tỉnh B của xe ô tô và xe máy lần lượt là 1,5 giờ và 2 giờ.

Quãng đường AB dài là:

80 . 1,5 = 120 (km).

Vậy quãng đường AB dài 120 km.

a) Ta có: [A(x) + B(x)] + [A(x) − B(x)] = (x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4) + (−x$^{3}$ + 3x$^{2}$ − 2)

A(x) + B(x) + A(x) − B(x) = x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4 − x$^{3}$ + 3x$^{2}$ − 2

A(x) + A(x) + B(x) − B(x) = x$^{3}$ − x$^{3}$ + (−5x$^{2}$+ 3x$^{2}$) − 2x + (4 − 2)

2A(x) = −2x$^{2}$ − 2x + 2

Do đó A(x) = (−2x$^{2}$ − 2x + 2) : 2 = −x$^{2}$ − x + 1 (1)

Mặt khác theo đề bài, A(x) + B(x) = x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4.

Từ (1) suy ra:

B(x) = x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4 − A(x) = x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4 − (−x$^{2}$ − x + 1).

Do đó B(x) = x$^{3}$ − 5x$^{2}$− 2x + 4 + x$^{2}$ + x − 1

= x$^{3}$ + (−5x$^{2}$+ x$^{2}$) + (−2x + x) + (4 − 1)

= x$^{3}$ −4x$^{2}$ − x + 3.

Kết quả, ta được:

A(x) = −x$^{2}$ − x + 1 là một đa thức bậc hai với hệ số cao nhất là –1, hệ số tự do là 1.

B(x) = x$^{3}$ − 4x$^{2}$ − x + 3 là một đa thức bậc ba với hệ số cao nhất là 1, hệ số tự do là 3.

b) A(−1) = −(−1)$^{2}$ − (−1) + 1 = −1 + 1 + 1 = 1.

B(−1) = (−1)$^{3}$ −4 . (−1)$^{2}$ − (−1) + 3

= −1 – 4 . 1 + 1 + 3

= −1 − 4 + 1 + 3 = −1.

Vậy giá trị của A(x) khi x = −1 bằng 1; giá trị của B(x) khi x = −1 bằng −1.

a) Ta có : F(1) = 1$^{4}$ − 1$^{3}$ – 6 . 1$^{2}$ + 15 . 1 − 9

= 1 − 1 − 6 + 15 − 9 = 0.

F(−3) = (−3)$^{4}$ − (−3)$^{3}$ – 6 . (−3)$^{2}$ + 15 . (−3) − 9

= 81 + 27 − 6.9 + 15. (−3) − 9

= 81 + 27 − 54 − 45 − 9 = 0.

Vậy x = 1 và x = −3 là hai nghiệm của F(x).

b) Ta có G(x) = F(x) : [(x − 1)(x + 3)]

= F(x) : [ x(x +3) – 1 . (x + 3)]

= F(x) : (x$^{2}$ + 3x − x − 3)

= F(x) : (x$^{2}$ +2x − 3)

Ta đặt tính chia :

Vậy G(x) = x$^{2}$ − 3x + 3.

Kẻ đường thẳng z đi qua M và song song với Ax.

Vì Mz // Ax nên ta có: $\widehat{xAM}={\widehat{M}}_{1}={40}^{o}$ (hai góc so le trong).

Ta có: Ax // By (gt); Ax // Mz (cách vẽ).

Suy ra By // Mz.

Ta có: ${\widehat{M}}_{1}+{\widehat{M}}_{2}={90}^{o}$

Suy ra ${\widehat{M}}_{2}={90}^{o}-{40}^{o}={50}^{o}$

Mà ${\widehat{M}}_{2}=\widehat{MBy}$ (By // Mz, hai góc so le trong).

Do đó $\widehat{MBy}={50}^{o}$.

a) Xét ΔMBC và ΔMDC cùng vuông tại C có :

BC = CD (gt);

MC là cạnh chung.

Do đó ΔMBC = ΔMDC (hai cạnh góc vuông).

Ta có: CA = BC + AB

CE = CD + DE

Mà AB = DE (gt); BC = CD (gt)

Do đó CA = CE

Xét ΔMAC và ΔMEC cùng vuông tại C có :

CA = CE (cmt);

MC là cạnh chung.

Do đó ΔMAC = ΔMEC (hai cạnh góc vuông).

b) Xét ΔMAB và ΔMED có :

AB = ED ( gt);

MA = ME (ΔMAC = ΔMEC, hai cạnh tương ứng);

$\widehat{MAB}=\widehat{MED}$ (ΔMAC = ΔMEC, hai góc tương ứng).

Do đó ΔMAB = ΔMED (c.g.c).

a) Ta có :

MP ⊥ AB (gt);

AC ⊥ AB (ΔABC vuông tại A).

Suy ra MP // AC

Do đó $\widehat{BMP}=\widehat{MCN}$ (hai góc so le trong).

Xét ΔBPM vuông tại P và ΔMNC vuông tại N có :

BM = MC( M là trung điểm của BC);

$\widehat{BMP}=\widehat{MCN}$(cmt).

Do đó ΔBPM = ΔMNC ( cạnh huyền – góc nhọn).

b) Ta có :

$\widehat{PBM}=\widehat{NMC}$ (ΔBPM = Δ MNC, hai góc tương ứng);

$\widehat{PBM}+\widehat{PMB}={90}^{o}$ (ΔBMP vuông tại P).

Suy ra $\widehat{NMC}+\widehat{PMB}={90}^{o}$.

Mà $\widehat{NMC}+\widehat{PMB}+\widehat{NMP}={180}^{o}$.

Do đó $\widehat{NMP}={180}^{o}-{90}^{o}={90}^{o}$.

a) Ta có :

$\widehat{EBA}+\widehat{EBC}={180}^{o}$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{EBC}={180}^{o}-\widehat{EBA}={180}^{o}-{110}^{o}={70}^{o}$

Xét ΔEBC có: $\widehat{BEC}+\widehat{EBC}+\widehat{ECB}={180}^{o}$

Suy ra $\widehat{ECB}={180}^{o}-\widehat{BEC}-\widehat{EBC}={180}^{o}-{40}^{o}-{70}^{o}={70}^{o}$

Hay $\widehat{ECB}={180}^{o}-{40}^{o}-{70}^{o}={70}^{o}$

Do đó $\widehat{ECB}=\widehat{EBC}={70}^{o}$.

Vậy tam giác BEC cân tại đỉnh E.

b) Ta có: $\widehat{ECD}={180}^{o}-\widehat{ECB}={180}^{o}-{70}^{o}={110}^{o}=\widehat{EBA}$.

Xét ΔEBA và ΔECD có:

$\widehat{ECD}=\widehat{EBA}$ (cmt);

AB = CD (gt);

EB = EC (ΔEBC cân tại E).

Do đó ΔEBA = ΔECD (c.g.c).

Suy ra EA = ED (hai cạnh tương ứng).

Xét tam giác ABC ta có :

a là đường cao (vì a ⊥ BC);

b là đường cao (vì b ⊥ AC);

c là đường cao (vì c ⊥ AB).

Suy ra ba đường thẳng a, b, c đồng quy (tính chất ba đường cao trong tam giác).

Vì thế Vuông khẳng định rằng đường thẳng c cần vẽ chính là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB là đúng.

a) Xem hình bên :

Theo giả thiết, ta có ΔMAB và ΔMAC là hai tam giác cân đỉnh M.

Từ đó suy ra: ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{A}}_{1}$ và ${\widehat{C}}_{1}={\widehat{A}}_{2}$

Mặt khác, tổng các góc trong tam giác ABC bằng 180$^{o}$ nên:

${180}^{o}={\widehat{B}}_{1}+{\widehat{A}}_{1}+{\widehat{C}}_{1}+{\widehat{A}}_{1}=2\ ({\widehat{A}}_{1}+{\widehat{A}}_{2})$

Từ đó suy ra ${\widehat{A}}_{1}+{\widehat{A}}_{2}={90}^{o}$

Do đó tam giác ABC vuông tại A.

Vậy nếu tam giác ABC có đường trung tuyến xuất phát từ A bằng một nửa cạnh BC thì tam giác đó vuông tại đỉnh A.

b) Vẽ tam giác cân MAB rồi kéo dài BM về phía M đến điểm C sao cho MC = BM.

Ta có AM = MC = MB (gt)

Suy ra AM =$\frac{1}{2}$(MC + MB) = $\frac{1}{2}$BC .

Xét tam giác ABC có:

AM là đường trung tuyến (M là trung điểm của BC);

AM = $\frac{1}{2}$BC (cmt).

Suy ra tam giác ABC vuông tại A (đã chứng minh ở câu a).

Vậy ta đã vẽ được đường thẳng AC vuông góc với AB tại A.

c) Bảng thống kê:

d) Tổng số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ năm 2020 là 800 (lượt).

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Thể thao là:

800 . 30% = 240 (lượt)

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Nghệ thuật là:

800 . 25% = 200 (lượt)

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Học tập là:

800 . 45% = 360 (lượt)

Vậy số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Thể thao, Nghệ thuật, Học tập lần lượt là 240 lượt, 200 lượt và 360 lượt.

b) - Theo cách thứ nhất, vì chỉ là 100 người tham gia hoà nhạc thính phòng nên dữ liệu thu được theo cách thứ nhất không có tính đại diện.

- Theo cách thứ hai, bởi vì lấy ngẫu nhiên 100 người dùng trên tất cả các người dùng điện thoại nên dữ liệu thu được theo cách thứ hai có tính đại diện cho toàn bộ người dùng dịch vụ của nhà mạng.

a) Gọi A là biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ”.

• Biến cố A có xác suất bằng 1 khi A là biến cố chắc chắn.

Khi đó, trong hộp phải đựng toàn viên bi màu đỏ.

Điều này nghĩa là trong hộp không có viên bi màu xanh, tức là n = 0.

• Biến cố A có xác suất bằng 0 khi A là biến cố không thể.

Khi đó, trong hộp phải không có viên bi màu đỏ, tức là m = 0.

• Biến cố A có xác suất bằng $\frac{1}{2}$ khi biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ” và biến cố “Lấy được viên bi màu xanh” là đồng khả năng. Khi đó, m = n.

b) Đánh số 5 viên bi đỏ là D1, …, D5 và 10 viên bi xanh là X1, X2, …, X10.

Xét các biến cố sau:

A: “Lấy được một trong năm viên bi D1, …, D5”;

B: “Lấy được một trong năm viên bi X1, …, X5”;

C: “Lấy được một trong năm viên bi X6, …, X10”;

Mỗi viên bi có khả năng lấy được như nhau.

Do đó, ba biến cố A, B, C là đồng khả năng. Vì luôn xảy ra duy nhất một trong ba biến cố này nên xác suất của biến cố A là $\frac{1}{3}$.

Vậy xác suất để lấy được viên bi màu đỏ là $\frac{1}{3}$.