Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 5

Rút gọn rồi xác định bậc của đa thức.

\(M = x^{5} + x^{4} + 1 - x^{3} + 3x^{2} - x^{5} - x^{4} = \mspace{6mu} - x^{3} + 3x^{2} + 1\).

Bậc của đa thức là 3.

Đoạn thẳng nào lớn hơn thì hình chiếu sẽ lớn hơn.

Vì AB > AC $\Rightarrow$ HB > CH

Tính chất tổng 3 góc của một tam giác và tính chất tia phân giác của góc.

Ta có: \(\widehat{NMP} = 180^{{^\circ}}\mspace{6mu} - \widehat{N} - \widehat{P} = 180^{{^\circ}}\mspace{6mu} - 30^{{^\circ}}\mspace{6mu} - 30^{{^\circ}}\mspace{6mu} = 120^{{^\circ}}\)

Vì MK là phân giác của góc NMP nên $\widehat{NMK} = \dfrac{\widehat{NMP}}{2} = \dfrac{120^{{^\circ}}}{2} = 60^{{^\circ}}$

Suy ra \(\widehat{MKN} = 180^{{^\circ}}\mspace{6mu} - 30^{{^\circ}}\mspace{6mu} - 60^{{^\circ}}\mspace{6mu} = 90^{{^\circ}}\)

Dựa vào bất đẳng thức tam giác, tổng 2 cạnh của một tam giác luôn lớn hơn cạnh thứ ba.

Đáp án đúng $\text{BC} + \text{AC} > \text{AB}$.

Nếu tại x = a, đa thức P(x) có giá trị bằng 0 thì ta nói a (hoặc x = a ) là một nghiệm của đa thức đó.

Thay các giá trị của x vào đa thức ta có:

$\text{g}(2) = 2^{2} + 2 - 2 = 4$

\(\text{g}(0) = 0^{2} + 0 - 2 = \mspace{6mu} - 2\)

$\text{g}(3) = 3^{2} + 3 - 2 = 7$

$\text{g}(1) = 1^{2} + 1 - 2 = 0$

Vậy $x = 1$ là nghiệm của đa thức.

Tìm các số chia hết cho 3 từ 0 đến 30.

Các số chia hết cho 3 từ tập B = {1; 2; 3; … ; 29; 30} là 3,6,9,12,15,18,21,24,27,30

Do đó có tất cả 10 số chia hết cho 3

Vậy xác suất để thẻ rút ra là số chia hết cho 3 là $\dfrac{10}{30} = \dfrac{1}{3}$.

$P(x)$ nhận $- 1$  là nghiệm nên $P\left( {- 1} \right) = 0,$ từ đó ta tìm được a.

$P(x)$ nhận $- 1$  là nghiệm nên $P\left( {- 1} \right) = 0,$

$\left. \Rightarrow{( - 1)}^{2} - 6.( - 1) + a = 0\Rightarrow 1 + 6 + a = 0 \right.$

\(\left. \Rightarrow 7 + a = 0\ \ \Rightarrow a = \mspace{6mu} - 7 \right.\)

 Vậy $P(x)$ nhận $- 1$  là nghiệm thì \(a = \mspace{6mu} - 7\).

Sử dụng tính chất đường trung trực của đoạn thẳng: Điểm cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó.

Chứng minh hai tam giác bằng nhau.

Cộng, trừ góc.

Gọi M là trung điểm của AB.

Vì D thuộc trung trực của đoạn thẳng AB nên DA = DB (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng).

Xét $\Delta AMD$ và $\Delta BMD$ có:

MA = MB (do M là trung điểm của AB).

MD chung

DA = DB (cmt)

Do đó, $\Delta AMD = \Delta BMD\left( {c.c.c} \right)$

Suy ra $\widehat{MAD} = \widehat{MBD}$ (hai góc tương ứng).

Tam giác ABC cân tại A nên $\widehat{MBD} = \widehat{ACB} = \dfrac{180^{0} - \widehat{BAC}}{2} = \dfrac{180^{0} - 40^{0}}{2} = 70^{0}$

$\begin{array}{l}\widehat{MAD}={70}^0\\ \widehat{MAC}+\widehat{CAD}={70}^0\\ {40}^0+\widehat{CAD}={70}^0\\ \widehat{CAD}={30}^0\end{array}$$\begin{array}{l} {\widehat{MAD} = 70^{0}} \\ {\widehat{MAC} + \widehat{CAD} = 70^{0}} \\ {40^{0} + \widehat{CAD} = 70^{0}} \\ {\widehat{CAD} = 30^{0}} \end{array}$

a) Thay lần lượt \(x = 2;x = \mspace{6mu} - 1\) vào đa thức để tính giá trị;

b) Sử dụng các quy tắc cộng, trừ đa thức;

c) Chứng minh không có giá trị của x đê đa thức nhận giá trị bằng 0.

a) $\text{A}(2) = 2.(2)^{2} - 2 + 3 = 8 - 2 + 3 = 9$;$\text{A}\left( {- 1} \right) = 2.\left( {- 1} \right)^{2} - \left( {- 1} \right) + 3 = 6$

\(\text{B}(2) = 2^{4}\mspace{6mu}\text{+~}\mspace{6mu}\text{2}.\text{2}^{2} + 2 - 1 = 32 + 8 + 2 - 1 = 41\);\(\text{B}\left( {- 1} \right) = \left( {- 1} \right)^{4}\mspace{6mu}\text{+~}\mspace{6mu}\text{2}.\left( {- 1} \right)^{2} + \left( {- 1} \right) - 1 = 1 + 2 - 1 - 1 = 1\).

b \(\text{N}\left( \text{x} \right) = \text{A}\left( \text{x} \right) + \text{B}\left( \text{x} \right) = 2\text{x}^{2} - \text{x} + 3 + x^{4}\mspace{6mu}\text{+~}\mspace{6mu}\text{2x}^{2} + \text{x} - 1 = x^{4} + \left( {2x^{2} + 2x^{2}} \right) + \left( {x - x} \right) + \left( {3 - 1} \right) = x^{4} + 4x^{2} + 2\).

\(\left. A(x) + M(x) = B(x)\Rightarrow M(x) = B(x) - A(x) = x^{4}\mspace{6mu}\text{+~}\mspace{6mu}\text{2x}^{2} + \text{x} - 1 - \left( {2\text{x}^{2} - \text{x} + 3} \right) \right.\).

\(\begin{array}{l} {M(x) = x^{4}\mspace{6mu}\text{+~}\mspace{6mu}\text{2x}^{2} + \text{x} - 1 - 2\text{x}^{2}\text{+~}\mspace{6mu}\text{x}\mspace{6mu}\text{-~}\mspace{6mu}\text{3}} \\ {M(x) = x^{4} + 2x - 4} \end{array}\)

Vậy $N(x) = x^{4} + 4x^{2} + 2$;$M(x) = x^{4} + 2x - 4$.

c) Ta có $N(x) = x^{4} + 4x^{2} + 2$ mà $\left. x^{4} + 4x^{2} \geq 0\Rightarrow x^{4} + 4x^{2} + 2 > 0 \right.$ với mọi x.

Vậy N(x) không có nghiệm.

Sử dụng cách chia đa thức cho đa thức.

a) $A:B = \left( {2x^{4} - 4x^{3} + 6x^{2} + 3x} \right):2x = x^{3} - 2x^{2} + 3x + \dfrac{3}{2}$

Thương của phép chia là $x^{3} - 2x^{2} + 3x + \dfrac{3}{2}$ dư 0.

b)

Thương của phép chia là $2x^{2} - 3x + 1$ dư 0.

a) Chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp c.g.c.

b) Chứng minh $\Delta ABD$ là tam giác cân có một góc bằng $60^{0}$, rồi suy ra $\Delta ABD$ là tam giác đều.

c) Chứng minh $DE = DH$ (hai cạnh tương ứng). Mà $DH = DB$ (giả thiết) $\left. \Rightarrow DE = DB \right.$.

d) Chứng minh $FD//AB$ rồi sau đó chứng minh $DI//AB$, suy ra I, D, F là ba điểm thẳng hàng.

a) Xét $\Delta AHB$ và $\Delta AHD$ ta có:  

$HD = HB$ (gt)

AH chung

$\widehat{AHB} = \widehat{AHD} = 90^{0}$

Do đó $\Delta AHB = \Delta AHD$ (c.g.c)

b) $\Delta ABC$ vuông tại $A$,

có $\widehat{C} = 30^{0}$ suy ra $\widehat{B} = 90^{0} - 30^{0} = 60^{0}$ (định lý tổng ba góc của một tam giác).

Vì $\Delta AHB = \Delta AHD$ (cmt)

Nên $AB = AD$ (hai cạnh tương ứng).

Suy ra $\Delta ABD$ cân tại $A$ mà $\widehat{B} = 60^{0}$

Do đó: $\Delta ABD$ là tam giác đều.

c) Vì $\Delta ABD$ là tam giác đều (cmt) nên $\widehat{DAB} = 60^{0}$

Suy ra $\widehat{CAD} = 90^{0} - \widehat{DAB} = 90^{0} - 60^{0} = 30^{0}$

Xét $\Delta ACD$ có $\widehat{ACD} = \widehat{CAD} = 30^{0}$.

Suy ra $\Delta ACD$ cân tại D.

Suy ra $CD = AD$

Xét $\Delta DEC$ và $\Delta DHA$ có:

$CD = AD\left( {cmt} \right)$

$\widehat{E} = \widehat{H} = 90^{0}$

$\widehat{CDE} = \widehat{ADH}$ (đối đỉnh)

Do đó $\Delta DEC = \Delta DHA$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $DE = DH$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $DH = DB$ (giả thiết)

Nên $DE = DB$.

d) Từ $D$ kẻ DF vuông góc với AC (F thuộc AC $),$ I là giao điểm của CE và AH. Chứng minh ba điểm I, D, F thẳng hàng.

Ta có: $DF\bot AC\left( {gt} \right)$; $AB\bot AC\left( {gt} \right)$

Suy ra $DF//AB(1)$

Ta lại có:

$\widehat{FDC} = \widehat{HDI}$ (đối đỉnh)

Mà $\widehat{FDC} = 90^{0} - \widehat{C} = 90^{0} - 30^{0} = 60^{0}$

Nên $\widehat{FDC} = \widehat{HDI} = 60^{0}$

Mà $\widehat{B} = 60^{0}$

Suy ra $\widehat{B} = \widehat{DHI}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Do đó: $DI//AB$  (2)

Từ (1) và (2), suy ra: $I,D,B$ là ba điểm thẳng hàng.

Đặt $\left. \dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = k\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = kb} \\ {c = kd} \end{array} \right.$ \right.. Sau đó thay vào từng vế của đẳng thức cần chứng minh, ta được cùng một biểu thức, suy ra điều phải chứng minh.

Đặt $\left. \dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c} = k\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x = ka} \\ {y = kb} \\ {z = kc} \end{array} \right.$ \right.

Thay $x = ka;y = kb;z = kc$ vào đẳng thức, ta được:

$VT = \dfrac{\left( {ka} \right)^{2} + \left( {kb} \right)^{2} + \left( {kc} \right)^{2}}{\left( {a.ka + b.kb + c.kc} \right)^{2}} = \dfrac{k^{2}a^{2} + k^{2}b^{2} + k^{2}c^{2}}{\left( {ka^{2} + kb^{2} + kc^{2}} \right)^{2}} = \dfrac{k^{2}\left( {a^{2} + b^{2} + c^{2}} \right)}{k^{2}\left( {a^{2} + b^{2} + c^{2}} \right)^{2}} = \dfrac{1}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} = VP$

$\left. \Rightarrow\dfrac{x^{2} + y^{2} + c^{2}}{\left( {ax + by + cz} \right)^{2}} = \dfrac{1}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \right.$ (đpcm).