Bài tập ôn tập cuối năm trang 69 sách bài tập toán lớp 7 tập 2 NXB Kết nối tri thức với cuộc sống.
1. Sắp xếp các số hữu tỉ sau theo thứ tự từ bé đến lớn rồi biểu diễn chúng trên trục số.
\(-1,5;\quad -\displaystyle\frac{3}{4};\quad 1,25;\quad 0,125.\)
Giải
Viết các số dưới dạng phân số với mẫu chung là 8:
\(-1,5=\displaystyle\frac{-12}{8}; -\displaystyle\frac{3}{4}=\displaystyle\frac{-6}{8};\ 1,25=\displaystyle\frac{10}{8};\) và \(0,125=\displaystyle\frac{1}{8}.\)
\(⇒ -1,5 < -\displaystyle\frac{3}{4} < 0,125 < 1,25.\)
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.
\(\)
2. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(B=\displaystyle\frac{8^5+(-2)^{12}}{2^{15}+64^3}.\)
Giải
\(B=\displaystyle\frac{8^5+(-2)^{12}}{2^{15}+64^3}=\displaystyle\frac{(2^3)^5+(-2)^{12}}{2^{15}+(2^6)^3}\)
\(=\displaystyle\frac{2^{12}(2^3+1)}{2^{15}(1+2^3)}=\displaystyle\frac{1}{2^3}=\displaystyle\frac{1}{8}.\)
\(\)
3. Bạn Minh đọc một cuốn sách trong ba ngày thì xong. Ngày thứ nhất, Minh đọc được \(\displaystyle\frac{1}{4}\) số trang sách. Ngày thứ hai, Minh đọc được \(\displaystyle\frac{3}{5}\) số trang sách còn lại. Ngày thứ ba, Minh đọc nốt 36 trang còn lại. Hỏi cuốn sách bạn Minh đọc có bao nhiêu trang?
Giải
Gọi x là số trang cần tìm.
Ngày thứ nhất, số trang sách Minh đọc được là \(\displaystyle\frac{1}{4}x\) (trang).
Số trang sách còn lại là: \(x-\displaystyle\frac{1}{4}x=\displaystyle\frac{3}{4}x\) (trang).
Ngày thứ hai, số trang sách Minh đọc được là: \(\displaystyle\frac{3}{5}.\displaystyle\frac{3}{4}x=\displaystyle\frac{9}{20}x\) (trang).
Số trang sách còn lại sau hai ngày đọc là: \(\displaystyle\frac{3}{4}x-\displaystyle\frac{9}{20}x=\displaystyle\frac{3}{10}x\) (trang).
Ta có: \(\displaystyle\frac{3}{10}x=36\), do đó \(x = 36 : \displaystyle\frac{3}{10}=120\) (trang).
Vậy cuốn sách Minh đọc có 120 trang.
\(\)
4. a) Không dùng máy tính, hãy tính \(\sqrt{\displaystyle\frac{50}{8}}.\)
b) Trong hai số \(1,7(3)\) và \(\sqrt{3},\) số nào lớn hơn?
Giải
a) \(\sqrt{\displaystyle\frac{50}{8}}=\sqrt{\displaystyle\frac{25}{4}}=\sqrt{\displaystyle\frac{5^2}{2^2}}=\displaystyle\frac{5}{2}.\)
b) \(\sqrt{3}=1,7320508\ldots<1,733<1,7(3).\)
\(⇒1,7(3)>\sqrt{3}.\)
\(\)
5. a) Trên trục số, hãy xác định điểm biểu diễn số \(\sqrt{2}-1.\)
b) Viết biểu thức \(|1-\sqrt{2}|\) dưới dạng không chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Giải
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.
Bằng dụng cụ học tập ta xác định điểm B như sau:
Xác định điểm A biểu diễn số \(\sqrt{2}\) (như sách Toán 7, tập một đã hướng dẫn).
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) Ta có: \(1 < 2\) nên \(1<\sqrt{2} ⇒ 1-\sqrt{2}\) là số âm.
Do đó \(|1-\sqrt{2}|=-(1-\sqrt{2})=\sqrt{2}-1.\)
\(\)
6. Trong một đợt phát động làm kế hoạch nhỏ, ba lớp 7A, 7B, 7C tham gia thu gom giấy vụn. Số kilôgam giấy vụn gom được của ba lớp này lần lượt tỉ lệ với 2; 4; 5. Biết rằng khối lượng giấy vụn gom được của cả hai lớp 7A và 7C nhiều hơn của lớp 7B là 27 kg. Hỏi mỗi lớp thu gom được bao nhiêu kilôgam giấy vụn?
Giải
Gọi x, y, z (kg) lần lượt là khối lượng giấy vụn thu gom được của ba lớp 7A, 7B và 7C.
Theo đề bài, ta có: \(\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y}{4}=\displaystyle\frac{z}{5}\) và \(x+z-y=27.\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y}{4}=\displaystyle\frac{z}{5}\) \(=\displaystyle\frac{x+z-y}{2+5-4}=\displaystyle\frac{27}{3}=9.\)
Suy ra \(x =9.2= 18;\ y =9.4 =36;\) \(z =9.5 =45.\)
Vậy khối lượng giấy vụn của lớp 7A, 7B và 7C thu gom được lần lượt là 18 kg, 36 kg và 45 kg.
\(\)
7. Xe ô tô và xe máy cùng đi từ tỉnh A đến tỉnh B trên cùng một con đường. Biết rằng xe ô tô đi với vận tốc 80 km/h, xe máy đi với vận tốc 60 km/h. Thời gian đi từ A đến B của xe ô tô ít hơn thời gian đi tương ứng của xe máy là 30 phút. Hãy tính thời gian mỗi xe đi từ A đến B và độ dài quãng đường AB.
Giải
Gọi \(t_1\) (giờ) là thời gian xe ô tô khi đi từ A đến B.
Gọi \(t_2\) (giờ) là thời gian xe máy khi đi từ A đến B.
Do hai xe cùng đi quãng đường AB nên thời gian đi tỉ lệ nghịch với vận tốc đi.
Do đó, ta có: \(\displaystyle\frac{t_1}{t_2}=\displaystyle\frac{60}{80}=\displaystyle\frac{3}{4}.\)
Từ đó suy ra \(\displaystyle\frac{t_1}{3}=\displaystyle\frac{t_2}{4}\)
Đổi 30 phút = 0,5 giờ.
Theo bài ra, ta có: \(t_2-t_1=0,5.\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\displaystyle\frac{t_1}{3}=\displaystyle\frac{t_2}{4}=\displaystyle\frac{t_2-t_1}{4-3}=\displaystyle\frac{0,5}{1}=0,5\)
Suy ra \(t_1 =0,5\ .\ 3= 1,5;\ t_2 =0,5\ .\ 4=2.\)
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: \(S = v.t = 80\ .\ 1,5 = 120\ (km).\)
\(\)
8. Hai đa thức A(x) và B(x) thỏa mãn:
\(A(x) + B(x) = x^3-5x^2-2x + 4\) và \(A(x)-B(x) =-x^3 + 3x^2-2.\)
Giải
a) \([A(x)+B(x)]+[A(x)-B(x)]\) \(=(x^3-5x^2-2x+4)+(-x^3+3x^2-2)\)
\(A(x)+B(x)+A(x)-B(x)=x^3-5x^2-2x\) \(+4+3x^2-2\)
\(A(x)+A(x)+B(x)-B(x)=(-5x^2+3x^2)\) \(-2x+4-2\)
\(2A(x)=-2x^2-2x+2\)
Vậy \(A(x)=(-2x^2-2x+2):2=-x^2-x+1.\) (1)
Mặt khác theo đề bài, \(A(x)+B(x)=x^3-5x^2-2x+4.\) Sử dụng (1), ta suy ra:
\(B(x)=(x^3-5x^2-2x+4)-A(x)\) \(=(x^3-5x^2-2x+4)-(-x^2-x+1)\)
\(B(x)=x^3-5x^2-2x+4+x^2+x-1\) \(=x^3-4x^2-x+3.\)
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) \(A(-1)=-(-1)^2-(-1)+1\) \(=-1+1+1=1.\)
\(B(-1)=(-1)^3-4.(-1)^2-(-1)+3\) \(=1-4-1+3=-1.\)
Vậy giá trị của A(x) khi \(x = -1\) bằng \(1;\) giá trị của B(x) khi \(x = -1\) bằng \(-1.\)
\(\)
9. Cho đa thức \(F(x) = x^4-x^3-6x^2 + 15x-9.\)
a) Kiểm tra lại rằng \(x = 1\) và \(x =-3\) là hai nghiệm của F(x).
b) Tìm đa thức G(x) sao cho F\((x) = (x-1)(x + 3) . G(x)\)
Giải
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 \(G(x) = x^2-3x + 3.\)
\(\)
10. Tính góc Mby trong Hình 1, biết rằng Ax // By.
HD. Kẻ thêm đường thẳng đi qua M và song song với Ax.
Giải
Kẻ thêm đường thẳng đi qua M và song song với Ax.
Vì Mz // Ax nên \(\widehat{xAM} =\widehat{M_1} =40^o\) (hai góc so le trong).
Ta có \(\widehat{M_1} +\widehat{M_2} =90^o\)
\(⇒ 40^o+\widehat{M_2} =90^o\)
\(⇒ \widehat{M_2} =90^o-40^o=50^o\)
Ta có: Ax // By; Ax // Mz suy ra By // Mz.
\(⇒ \widehat{MBy} =\widehat{M_2} =50^o\) (hai góc so le trong).
\(\)
11. Cho năm điểm A, B, C, D, E cùng nằm trên một đường thẳng d sao cho AB = DE, BC = CD. Điểm M không thuộc d sao cho MC vuông góc với d. Chứng minh rằng:
a) \(ΔMBC = ΔMDC\) và \(ΔMAC = ΔMEC.\)
b) \(ΔMAB = ΔMED.\)
Giải
a) Xét hai tam giác vuông MBC và MDC có:
BC = CD (theo giả thiết);
MC là cạnh chung;
Vậy \(ΔMBC = ΔMDC\) (hai cạnh góc vuông).
Ta có: CA = BC + AB; CE = CD + DE.
Mà AB = DE (theo giả thiết); BC = CD (theo giả thiết).
Do đó CA = CE.
Xét tam giác vuông MAC và MEC có:
CA = CE;
MC là cạnh chung;
Vậy \(ΔMAC = ΔMEC\) (hai cạnh góc vuông).
b) Xét hai tam giác MAB và MED có :
AB = ED (theo giả thiết);
MA = ME (\(ΔMAC = ΔMEC\), hai cạnh tương ứng);
\(\widehat{MAB} =\widehat{MED}\) (\(ΔMAC = ΔMEC\), hai góc tương ứng).
Vậy \(ΔMAB = ΔMED\) (c.g.c).
\(\)
12. Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh A; ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho M là trung điểm của BC, MN vuông góc với AC và MP vuông góc với AB. Chứng minh rằng:
a) \(ΔMNC = ΔBPM.\)
b) \(\widehat{NMP} =90^o.\)
Giải
a) Xét \(ΔBMP\) vuông tại P có: \(\widehat{BMP}=90^o-\widehat{B}.\)
Xét \(ΔABC\) vuông tại A có: \(\widehat{C}=90^o-\widehat{B}.\)
Suy ra \(\widehat{BMP}=\widehat{C}.\)
Hai tam giác vuông BMP và MCN có:
MB = MC (M là trung điểm của BC);
\(\widehat{BMP}=\widehat{C}\);
Vậy \(ΔBPM = ΔMNC\) ( cạnh huyền – góc nhọn).
b) b) Xét tứ giác MNAP có:
\(\widehat{A} =\widehat{MPA} =\widehat{MNA} =90^o.\)
Suy ra \(\widehat{NMP} =90^o.\)
\(\)
13. Cho bốn điểm A, B, C và D như Hình 2. Biết rằng \(\widehat{BEC} =40^o,\) \(\widehat{EBA} =110^o\) và \(AB = DC\). Chứng minh rằng:
a) Tam giác BEC cân tại đỉnh E.
b) EA = ED.
Giải
a) Ta có: \(\widehat{ABE} +\widehat{EBC} =180^o\) (hai góc kề bù).
\(110^o+\widehat{EBC} =180^o\)
\(\widehat{EBC} =180^o-110^o=70^o.\)
Xét tam giác EBC:
\(\widehat{E} +\widehat{B} +\widehat{C} =180^o\) (tổng ba góc trong tam giác).
\(40^o+70^o+\widehat{C} =180^o\)
\(\widehat{C} =180^o-110^o=70^o.\)
Ta có \(\widehat{EBC} =\widehat{ECB} =70^o.\)
Vậy tam giác EBC cân tại E nên BE = CE (hai cạnh tương ứng).
b) Ta có: \(\widehat{DCE} =180^o-\widehat{ECB}\) \(=180^o-70^o=110^o.\)
\(⇒ \widehat{ABE} =\widehat{DCE}.\)
Xét tam giác ABE và DCE có:
BE = CE (chứng minh trên);
\(\widehat{ABE} =\widehat{DCE}\) (chứng minh trên);
AB = DC (theo giả thiết).
Vậy \(ΔABE=ΔACE\) (c.g.c) .
Suy ra AE = DE (hai cạnh tương ứng).
\(\)
14. Tròn đưa cho Vuông một tờ giấy, trên đó có vẽ điểm C và hai đường thẳng a và b không đi qua C, cho biết hai đường thẳng a và b không song song với nhau (giao điểm của a và b nằm ngoài tờ giấy). Tròn đố Vuông vẽ được đường thẳng c đi qua C sao cho ba đường thẳng a, b, c đồng quy. Sau một hồi suy nghĩ, Vuông làm như sau (H.3):
-Vẽ đường thẳng đi qua C và vuông góc với a. Đường thẳng này cắt b tại B.
-Vẽ đường thẳng đi qua C và vuông góc với b. Đường thẳng này cắt a tại A.
Vuông khẳng định rằng đường thẳng c cần vẽ chính là đường thằng đi qua C và vuông góc với AB.
Em hãy giải thích tại sao Vuông lại khẳng định như vậy.
Giải
Xét \(ΔABC\) ta có : a ⊥ BC; b ⊥ AC; c ⊥ AB.
Suy ra ba đường thẳng a, b, c là ba đường cao của tam giác ABC nên chúng 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.
\(\)
15. a) Chứng minh rằng 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) Cho đoạn thẳng AB. Hãy nêu một cách sử dụng kết quả của câu a để vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại A (bằng thước và compa).
Giải
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: \(180^o=\widehat{B_1} +\widehat{A_1} +\widehat{C_1} +\widehat{A_2} =2(\widehat{A_1} +\widehat{A_2})\)
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 (theo giả thiết).
Suy ra \(AM =\displaystyle\frac{1}{2}(MC + MB) = \displaystyle\frac{1}{2}BC.\)
Xét tam giác ABC có:
AM là đường trung tuyến (M là trung điểm của BC);
\(AM = \displaystyle\frac{1}{2}BC\).
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.
\(\)
16. Cho hai biểu đồ sau biểu diễn các số liệu tại một trường Trung học cơ sở:
a) Biểu đồ 1 biểu diễn đại lượng nào theo thời gian?
b) Nêu nhận xét về sự thay đổi số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ từ năm 2016 đến năm 2021.
c) Lập bảng thống kê cho số liệu biểu diễn trong Biểu đồ 2.
d) Tính số lượt học sinh đăng kí mỗi câu lạc bộ trong năm 2020.
Giải
a) Biểu đồ 1 biểu diễn số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ từ năm 2016 đến năm 2021.
b) Năm 2017, số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ giảm so với năm 2016. Các năm tiếp theo, số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ đều tăng so với năm trước đó.
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.
\(\)
17. Một nhà mạng muốn tìm hiểu loại nhạc chuông của điện thoại di động được người dùng yêu thích, đã lập phiếu khảo sát như hình bên và dự kiến tiến hành thu thập dữ liệu theo hai cách sau:
Cách 1: Phát phiếu điều tra cho 100 người tham dự một buổi hòa nhạc thính phòng.
Cách 2: Gửi phiếu điều tra đến 100 người dùng được lựa chọn một cách ngẫu nhiên.
a) Dữ liệu thu được thuộc loại nào?
b) Theo em, dữ liệu thu được trong mỗi cách trên có đại diện cho toàn bộ người dùng dịch vụ của nhà mạng không?
Giải
a) Dữ liệu thu được không phải là số và không thể sắp thứ tự.
b) Dữ liệu thu được theo cách thứ nhất không có tính đại diện vì chỉ là 100 người tham gia hoà nhạc thính phòng.
Dữ liệu thu được theo cách thứ hai có tính đại diện cho toàn bộ người dùng dịch vụ của nhà mạng bởi vì lấy ngẫu nhiên 100 người dùng trên tất cả các người dùng điện thoại.
\(\)
18. Cho một hộp đựng n viên bi màu xanh và m viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp.
a) Tìm điều kiện của m và n để biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ” có:
• Xác suất bằng 1;
• Xác suất bằng 0;
• Xác suất bằng \(\displaystyle\frac{1}{2}.\)
b)* Giả sử n = 10, m = 5. Tính xác suất để lấy được viên bi màu đỏ.
Giải
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 \(\displaystyle\frac{1}{2}\) 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 \(\displaystyle\frac{1}{3}.\)
Vậy xác suất để lấy được viên bi màu đỏ là \(\displaystyle\frac{1}{3}.\)
\(\)
Xem bài giải trước: Ôn tập chương X
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài tập Toán Lớp 7 – NXB Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
