Bộ 15 đề thi Học kì 2 Toán 7 có đáp án (Mới nhất)

Thi Online Bộ 15 đề thi Học kì 2 Toán 7 có đáp án (Mới nhất)

Bộ 15 đề thi Học kì 2 Toán 7 có đáp án (Mới nhất) - đề 14

2718 lượt thi
6 câu hỏi
90 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Một giáo viên theo dõi thời gian giải bài toán (tính theo phút) của một lớp học và ghi lại:

10

5

4

7

7

7

4

7

9

10

6

8

6

10

8

9

6

8

7

7

9

7

8

8

6

8

6

6

8

7

a) Dấu hiệu cần tìm hiểu ở đây là gì?

b) Lập bảng tần số và tìm Mốt của dấu hiệu;

c) Tính thời gian trung bình của lớp.

Xem đáp án

a) Dấu hiệu ở đây là thời gian giải bài toán của mỗi học sinh trong lớp. (0,5 điểm)

b) Bảng tần số

Giá trị (x)	4	5	6	7	8	9	10
Tần số (n)	2	1	6	8	7	3	3	N = 30

Mốt của dấu hiệu là 7. (0,5 điểm)

c) Tính được

\bar{X} = \frac{4.2 + 5.1 + 6.6 + 7.8 + 8.7 + 9.3 + 10.3}{30} \approx 7, 3

Câu 2:

a) Cho đơn thức A = $(- 3 x y^{2}) {(- \frac{2}{3} x^{2} y)}^{2}$ Thu gọn rồi tính giá trị của A tại x = –1; y = $\frac{1}{2}$

b) Tìm đa thức Q biết:
(2x² – y² + $\frac{3}{4}$ xy) + Q = x² – 2y² + $\frac{3}{4}$ xy.

Xem đáp án

a) Ta có: A= $(- 3 x y^{2}) {(- \frac{2}{3} x^{2} y)}^{2}$ $= - 3 x y^{2} (\frac{4}{9} x^{4} y^{2}) = (- 3. \frac{4}{9}) . (x . x^{4}) . (y^{2} . y^{2}) = - \frac{4}{3} x^{5} y^{4}$

Thay x = –1 , y = đơn thức A = $- \frac{4}{3} x^{5} y^{4}$ ta được: $A = - \frac{4}{3} . {(- 1)}^{5} . {(\frac{1}{2})}^{4} = \frac{1}{12}$

Vậy $A = \frac{1}{12}$ tại $x = - 1$ và $y = \frac{1}{2}$

b) Ta có: $(2 x 2 - y 2 + x y) + Q = x 2 - 2 y 2 + x y$

$\Rightarrow Q = (x^{2} - 2 x^{2}) + (- 2 y^{2} + y^{2}) + (\frac{3}{4} x y - \frac{3}{4} x y)$

$\Rightarrow Q = - x^{2} - y^{2}$

Câu 3:

Cho hai đa thức P(x) = 2x³ – 2x + x² + 3x + 2.

Q(x) = 4x³ – 3x² – 3x + 4x – 3x³ + 4x² + 1.

a) Thu gọn P(x), Q(x);

b) Chứng tỏ x = –1 là nghiệm của P(x), Q(x);

c) Tính R(x) sao cho Q(x) + R(x) = P(x).

Xem đáp án

a) P(x) = 2x³ – 2x + x² + 3x + 2

= 2x³ + x² + (–2x + 3x) + 2

= 2x³ + x² + x + 2 (0,25 điểm)

Q(x) = 4x³ – 3x²– 3x + 4x – 3x³ + 4x² + 1

= (4x³ – 3x³) + (–3x² + 4x²) + (–3x + 4x) + 1

= x³ + x²+ x + 1 (0,25 điểm)

b) +) x = –1 là nghiệm của P(x) vì:

P(–1) = 2(–1)³ +(–1)² +(–1) + 2 = –2 + 1 – 1 + 2 = 0. (0,25 điểm)

+) x = –1 là nghiệm của Q(x) vì:

Q(–1) = (–1)³ +(–1)² +(–1) + 1 = –1 + 1 – 1 + 1 = 0. (0,25 điểm)

c) Ta có: Q(x) + R(x) = P(x)

R(x) = P(x) – Q(x)

= (2x³ + x² + x + 2) – (x³ + x²+ x + 1)

= 2x³ + x² + x + 2 – x³ – x²– x – 1

= (2x³ – x³) + (x² – x²) + (x – x) + (2 – 1)

= x³ + 1

Vậy R(x) = x³ + 1.

Câu 4:

1. Tìm x biết:

a) (x – 8)(x³ + 8) = 0;

b) (4x – 3) – (x + 5) = 3(10 – x).

2. Cho hai đa thức sau: f(x) = (x – 1)(x + 2) và g(x) = x³ + ax² + bx + 2.

Xác định a và b biết nghiệm của đa thức f(x) cũng là nghiệm của đa thức g(x).

Xem đáp án

a) (x – 8)(x³ + 8) = 0

Suy ra x – 8 = 0 hoặc x³ + 8 = 0

Suy ra x = 8 hoặc x = –2. (0,5 điểm)

b) (4x – 3) – (x + 5) = 3(10 – x)

4x – 3 – x – 5 = 30 – 3x

4x – x + 3x = 30 + 3 + 5

6x = 38

x = $\frac{19}{3}$

Vậy x = $\frac{19}{3}$

- Ta có: f(x) = 0 hay (x – 1)(x + 2) = 0

Suy ra x – 1 = 0 hoặc x + 2 = 0

Nên x = 1 hoặc x = –2

Vậy nghiệm của đa thức f(x) là x = 1 hoặc x = –2

- Vì nghiệm của đa thức f(x) cũng là nghiệm của đa thức g(x).

Do đó: g(1) = 0 và g(–2) = 0

a + b + 3 = 0 và 4a – 2b – 6 = 0

a = 0 và b = –3

Vậy g(x) = x³ – 3x + 2.

Câu 5:

Cho $Δ A B C$ cân tại A ( $\hat{A} < 90^{0}$ ).

Kẻ BD $⊥$ AC (D $⊥$ AC), CE $⊥$ AB (E $\in$ AB), BD và CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh: BD = CE;

b) Chứng minh: $Δ B H C$ cân;

c) Chứng minh: AH là đường trung trực của BC;

d) Trên tia BD lấy điểm K sao cho D là trung điểm của BK. So sánh: $\hat{E C B}$ và

$\hat{D K C}$

.

Xem đáp án

Vẽ hình đúng

Cho cân tại A (). Kẻ BDAC (DAC), CE AB (E AB), BD và CE cắt nhau tại H. a) Chứng minh: BD = CE; b) Chứng minh: cân; c) Chứng minh: AH là đường trung trực của BC; d) Trên tia BD lấy điểm K sao cho D là trung điểm của BK. So sánh: và . (ảnh 1)

a) Xét tam giác BDC vuông tại D và tam giác CEB vuông tại E có:

BC cạnh chung

$\hat{A B C} = \hat{A C B}$ (tam giác ABC cân tại A)

Do đó: $Δ B D C = Δ C E B (c . h - g . n)$

Suy ra: BD = CE (hai cạnh tương ứng) (1 điểm)

b) $Δ H B C$ có $\hat{D B C} = \hat{E C B}$ $Δ B D C = Δ C E B$

Nên tam giác HBC cân ở H. (1 điểm)

c) Vì H là giao hai đường cao BD và CE trong tam giác ABC

Nên AH là đường cao thứ ba của tam giác ABC

Mà tam giác ABC cân tại A

Do đó AH là đường trung trực của BC.

d) Tam giác CBK có CD vừa là đường trung tuyến (D là trung điểm của BK) vừa là đường cao nên tam giác CBK cân ở C

Suy ra: $\hat{C B H} = \hat{D K C}$ (góc ở đáy)

Mà: $\hat{C B H} = \hat{E C B}$ $Δ B D C = Δ C E B$

Do đó:

\hat{E C B} = \hat{D K C}

Bắt đầu thi để xem toàn bộ câu hỏi trong đề

Bài thi liên quan: