Đề thi cuối kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 2 (có đáp án)

Do các học sinh được đánh số thứ tự từ 1 đến 10 nên biến cố “Bạn được chọn có số thứ tự nhỏ hơn 10” là biến cố ngẫu nhiên.

Các kết quả có thể xảy ra khi bạn được chọn có số thứ tự lẻ là: $1;3;5;7;9$.

Do đó, biến cố “bạn được chọn có số thứ tự lẻ” là biến cố ngẫu nhiên.

Các kết quả có thể xảy ra của biến cố “Số thứ tự của học sinh được chọn ra làm đội trưởng là số lớn hơn số thứ tự của Nam” là $9;10$.

Do đó, có 2 khả năng có thể xảy ra.

Vậy xác suất của biến cố trên là $\frac{2}{10}=\frac{1}{5}.$

Xác suất để bạn Nam có thể làm đội trưởng là $\frac{1}{10}.100=10\%.$

Xét $\Delta ACE$ và $\Delta AEK$, ta có:

$\widehat{ACE}=\widehat{AKE}=90^{\circ }$ (gt)

$CA=AK$ (gt)

$AE$ chung (gt)

Do đó, $\Delta ACE=\Delta AKE$ (ch – cgv)

Do $\Delta ACE=\Delta AKE$ (ch – cgv) nên $\widehat{CAE}=\widehat{KAE}$ (hai góc tương ứng).

Do đó, $AE$ là phân giác của $\widehat{CAB}$.

Do $\Delta ACE=\Delta AKE$ (ch – cgv) nên $CE=EK$ (hai cạnh tương ứng).

Mà xét tam giác $\Delta KEB$ vuông tại $K$ nên $BE>EK$.

Mà $EK=EC$ nên $EB>CE$.

Ta có $\widehat{ABC}=180^{\circ }-\left(\hat{A}+\hat{C}\right)=180^{\circ }-\left(90^{\circ }+60^{\circ }\right)=30^{\circ }$.

Lại có $AE$ là phân giác của $\widehat{CAB}$ nên $\widehat{EAK}=\frac{1}{2}\widehat{CAB}=30^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{EAK}=\widehat{CBA}=30^{\circ }$.

Do đó, tam giác $AEB$ cân tại $E$.

Có $EK\perp AB$ nên $EK$ là đường cao, đường trung trực trong tam giác $EKB.$

Do đó, $K$ là trung điểm của $AB$

Suy ra $AK=\frac{1}{2}AB$ hay $AB=2AK$.

Mà $AK=AC$ nên $AB=2AC$.

a) Ta có: $M\left(x\right)=-5x^4+3x^5+x\left(x^2+5\right)+14x^4-6x^5-x^3+x-1$

              $M\left(x\right)=-5x^4+3x^5+x^3+5x+14x^4-6x^5-x^3+x-1$

             $M\left(x\right)=\left(-5x^4+14x^4\right)+\left(3x^5-6x^5\right)+\left(x^3-x^3\right)+\left(5x+x\right)-1$

             $M\left(x\right)=-3x^5+9x^4+6x-1$.

Có $N\left(x\right)=x^4\left(x-5\right)-3x^3+3x+2x^5-4x^4+3x^3-5$

     $N\left(x\right)=x^5-5x^4-3x^3+3x+2x^5-4x^4+3x^3-5$

     $N\left(x\right)=\left(x^5+2x^5\right)+\left(-5x^4-4x^4\right)+\left(-3x^3+3x^3\right)+3x-5$

     $N\left(x\right)=3x^5-9x^4+3x-5$.

b) Ta có: $H\left(x\right)=M\left(x\right)+N\left(x\right)=-3x^5+9x^4+6x-1+3x^5-9x^4+3x-5$

                                                   $=\left(-3x^5+3x^5\right)+\left(9x^4-9x^4\right)+\left(6x+3x\right)-1-5$

                                                   $=9x-6.$

Vậy $H\left(x\right)=9x-6.$

c) Thực hiện chia $N\left(x\right)$ cho $H\left(x\right)$, ta được:

$\begin{array}{ccccc}& 3x^5& -9x^4& +3x& -5\\ \overline{}& 3x^5& -2x^4& & \\ & & -7x^4& +3x& -5\\ & \overline{}& -7x^4& +\frac{14}{3}{x}^3& \\ & & -\frac{14}{3}{x}^3& +3x& -5\\ & \overline{}& -\frac{14}{3}{x}^3& -\frac{28}{9}{x}^2& \\ & & -\frac{28}{9}{x}^2& +3x& -5\\ & \overline{}& -\frac{28}{9}{x}^2& +\frac{56}{27}x& \\ & & & \frac{25}{27}x& -5\\ & & \overline{}& \frac{25}{27}x& -\frac{50}{81}\\ & & & & -\frac{355}{81}\end{array}\begin{array}{ccccc}9x& -6& & & \\ \frac{1}{3}{x}^4& -\frac{7}{9}{x}^3& -\frac{14}{27}{x}^2& -\frac{28}{81}x& +\frac{25}{243}\\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \\ & & & & \end{array}$

a) Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ACH$, ta có:

$AB=AC$ ($\Delta ABC$ cân tại $A$)

$\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^{\circ }$ (gt)

$AH$ chung

Do đó, $\Delta ABH=\Delta ACH$ (ch – cgv)

b) Xét $\Delta AGN$ và $\Delta CKN$, có:

$NK=NG$ (gt)

$AN=NC$ (gt)

$\widehat{ANG}=\widehat{KNC}$ (đối đỉnh)

Do đó, $\Delta AGN=\Delta CKN$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat{AGN}=\widehat{CKN}$ (hai cạnh tương ứng).

Mà hai góc ở vị trí so le trong.

Suy ra $AG\parallel CK$ hay $AH\parallel CK$.

Lại có $AH\perp BC$ nên $CK\perp BC$.

c) Ta có $BN,AH$ là các đường trung tuyến của tam giác $ABC$.

Mà $BN$ và cạnh $AH$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm của $\Delta ABC$.

Ta có $BK=BN+NK=3GN+NK=3GN+GN=4GN$.

Mà theo bất đẳng thức về cạnh trong tam giác, có $BC+KC>BK$.

Suy ra $4GN<BC+CK$. (1)

Có $\Delta AGN=\Delta CKN$ (câu b) nên $AG=CK$ (hai cạnh tương ứng)

Xét $\Delta MAG$ và $\Delta NAG$ có:

$AM=AN=\frac{1}{2}AB$

$\widehat{MAG}=\widehat{NAG}$ ($AG$ vừa là trung tuyến, vừa là phân giác trong $\Delta ABC$ cân)

$AG$ chung

Do đó, $\Delta MAG=\Delta NAG$ (c.g.c)

Suy ra $MG=NG$ (hai cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $4GN<BC+CK$ hay $4GM<BC+AG$ nên $GM<\frac{1}{4}\left(BC+AG\right)$ (đpcm).