Câu hỏi:
Giải các phương trình:
Trả lời:
3cosx + 4sinx = 5Ta thấy: nên tồn tại sao cho: Khi đó phương trình trở thành:Vậy nghiệm của phương trình là: .
====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Vở thực hành Toán 7 (Kết nối tri thức): Bài tập ôn tập cuối năm
Giải VTH Toán lớp 7 Bài tập ôn tập cuối năm
Số và đại số
Bài 1 trang 110 Toán 7 Tập 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) + (22 . 3)2 . + 20200 + ;
b) .
Lời giải:
a) + (22 . 3)2 . + 20200 + ;
= 5 + + 1 +
= 5 + (-3)2 + 1 +
= 5 + 9 + 1 +
= 15 +
=
= .
b) .
=
=
=
= -4,2.
Bài 2 trang 110 Toán 7 Tập 2: Tính một cách hợp lí.
a) ;
b)
Lời giải:
a) ;
=
=
=
= 2 + 1,5 – 1
= 2,5
b)
=
=
=
=
=
=
= .
Bài 3 trang 110 Toán 7 Tập 2:
a) Tìm x, biết x + = .
b) Có hay không số x thỏa mãn điều kiện: ?
c) Hãy ước tính (không tra bảng hay dùng máy tính) số dương x (lấy đến 1 chữ số sau dấu phẩy) sao cho x2 = 13. Sau đó dùng máy tính cầm tay (hoặc tra bảng) để tính x, chính xác đến hàng phần chục để kiểm tra xem con số em ước tính chênh lệch bao nhiêu so với kết quả tính bằng máy tính.
Lời giải:
a) x + =
x + =
x =
x =
x =
x =
x =
x =
Vậy x = .
b) < 0.
Ta có ≥ 0 với mọi giá trị của x nên + > 0 với mọi giá trị của x.
Do đó không tồn tại giá trị của x để + = .
c) Ta thấy 32 = 9 < 13 < 16 = 42 và 13 – (9 + 16) < 1 nên dự đoán x ≈ (3 + 4) = 3,5.
Sử dụng máy tính cầm tay, lấy chính xác đến hàng phần chục ta được ≈ 3,6.
Con số ước tính chênh lệch 3,6 – 3,5 = 0,1 so với kết quả tính bằng máy tính.
Bài 4 trang 110 Toán 7 Tập 2: Hai người thợ cùng làm tổng cộng được 136 sản phẩm (thời gian làm như nhau). Hỏi mỗi người thợ làm được bao nhiêu sản phẩm, biết rằng người thợ thứ nhất làm một sản phẩm mất 9 phút, còn người thứ hai làm mất 8 phút?
Lời giải:
Gọi số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là x và y sản phẩm (x, y ∈ ℕ*).
Tỉ lệ thời gian làm được 1 sản phẩm của người thứ nhất và người thứ hai là .
Thời gian làm và số sản phẩm làm được của hai người là hai đại lượng tỉ lệ nghịch.
Do đó tỉ lệ số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai là .
Khi đó nên .
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Khi đó x = 8 . 8 = 64, y = 8 . 9 = 72.
Vậy số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là 64 sản phẩm và 72 sản phẩm.
Bài 5 trang 110 Toán 7 Tập 2: Ba khối 6, 7, 8 của một trường Trung học cơ sở tham gia quyên góp vở tặng các bạn vùng khó khăn. Biết rằng số vở quyên góp được của ba khối theo thứ tự tỉ lệ thuận với 8, 7, 6 và số vở khối 8 quyên góp được ít hơn số vở khối 6 quyên góp được là 80 quyển. Hỏi mỗi khối quyên góp được bao nhiêu quyển vở?
Lời giải:
Gọi số vở quyên góp được của ba khối 6, 7, 8 lần lượt là x, y, z quyển (x, y, z ∈ ℕ*).
Do số vở quyên góp được của ba khối tỉ lệ thuận với 8, 7, 6 nên .
Do số vở khối 8 quyên góp được ít hơn số vở khối 6 quyên góp được là 80 quyển nên
x – z = 80.
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Khi đó x = 8 . 40 = 320, y = 7 . 40 = 280, z = 6 . 40 = 240.
Vậy số vở quyên góp được của ba khối 6, 7, 8 lần lượt là 320 quyển, 280 quyển, 240 quyển.
Bài 6 trang 110 Toán 7 Tập 2: Cho hai đa thức A = 6×3 – 4×2 – 12x – 7 và B = 2×2 – 7.
a) Xác định hệ số cao nhất và hệ số tự do trong mỗi đa thức đã cho.
b) Tính giá trị của đa thức A + B tại x = –2.
c) Chứng minh rằng x = 0, x = –1 và x = 2 là ba nghiệm của đa thức A – B.
d) Thực hiện phép nhân A . B bằng hai cách.
e) Tìm đa thức R có bậc nhỏ hơn 2 sao cho hiệu A – R chia hết cho B.
Lời giải:
a) +) Xét đa thức A = 6×3 – 4×2 – 12x – 7
Đa thức A có hạng tử có bậc cao nhất là 6×3 nên hệ số cao nhất là 6.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức A là –7 nên hệ số tự do là –7.
+) Xét đa thức B = 2×2 – 7
Đa thức B có hạng tử có bậc cao nhất là 2×2 nên hệ số cao nhất là 2.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức B là –7 nên hệ số tự do là –7.
b) A + B = 6×3 – 4×2 – 12x – 7 + 2×2 – 7
A + B = 6×3 + (-4×2 + 2×2) – 12x + (-7 – 7)
A + B = 6×3 – 2×2 – 12x – 14
Thay x = -2 vào đa thức A + B ta được:
A + B = 6 . (-2)3 – 2 . (-2)2 – 12 . (-2) – 14
A + B = 6 . (-8) – 2.4 – (-24) – 14
A + B = -48 – 8 + 24 – 14
A + B = -46
Vậy A + B = -46 tại x = -2.
c) A – B = (6×3 – 4×2 – 12x – 7) – (2×2 – 7)
A – B = 6×3 – 4×2 – 12x – 7 – 2×2 + 7
A – B = 6×3 + (-4×2 – 2×2) – 12x + (-7 + 7)
A – B = 6×3 – 6×2 – 12x
Tại x = 0 thì A – B = 6 . 03 – 6 . 02 – 12 . 0 = 0.
Tại x = -1 thì A – B = 6 . (-1)3 – 6 . (-1)2 – 12 . (-1) = -6 – 6 + 12 = 0.
Tại x = 2 thì A – B = 6.23 – 6.22 – 12.2 = 6.8 – 6.4 – 24 = 0.
Vậy x = 0, x = -1 và x = 2 là ba nghiệm của đa thức A – B.
d) Cách 1. Bỏ dấu ngoặc
A . B = (6×3 – 4×2 – 12x – 7) . (2×2 – 7)
A . B = [6×3 + (-4×2) + (-12x) + (-7)] . [2×2 + (-7)]
A . B = 6×3 . 2×2 + 6×3 . (-7) + (-4×2) . 2×2 + (-4×2) . (-7) + (-12x) . 2×2 + (-12x) . (-7) + (-7) . 2×2 + (-7) . (-7)
A . B = 12×5 + (-42 x3) + (-8 x4) + 28×2 + (-24×3) + 84x + (-14×2) + 49
A . B = 12×5 – 8×4 + (-42 x3 – 24×3) + (28×2 – 14×2) + 84x + 49
A . B = 12×5 – 8×4 – 66×3 + 14×2 + 84x + 49
Cách 2. Đặt phép tính
e) Đặt phép chia A cho B ta được:
Đa thức A chia cho đa thức B dư 9x – 21.
Do đó để A – R chia hết cho B và bậc của đơn thức R nhỏ hơn 2 thì đa thức R bằng
9x – 21.
Bài 7 trang 110 Toán 7 Tập 2: Người ta đổ đầy nước vào một cái bể hình hộp chữ nhật, sau đó nhấn chìm một khối lập phương (đặc) có độ dài các cạnh bằng x (dm) vào trong bể. Biết rằng chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể lần lượt bằng x + 1, x + 3 và x + 2 (xem hình bên).
a) Tìm đa thức biểu thị thể tích nước còn lại trong bể.
b) Xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của đa thức trong câu a.
c) Sử dụng kết quả câu a để tính lượng nước còn lại trong bể (đơn vị: dm3) khi x = 7 dm.
Lời giải:
Do bể đầy nước nên khi thả khối lập phương vào thì lượng nước trào ra ngoài bằng thể tích của khối lập phương.
a) Thể tích của bể là: (x + 1)(x + 3)(x + 2) dm3.
Thể tích khối gỗ là: x3 dm3.
Thể tích nước còn lại trong bể là: (x + 1)(x + 3)(x + 2) – x3
= (x.x + x.3 + 1.x + 1.3)(x + 2) – x3
= (x2 + 4x + 3)(x + 2) – x3
= (x2.x + x2.2 + 4x.x + 4x.2 + 3.x + 3.2) – x3
= x3 + 2×2 + 4×2 + 8x + 3x + 6 – x3
= (x3 – x3) + (2×2 + 4×2) + (8x + 3x) + 6
= 6×2 + 11x + 6
Vậy thể tích nước còn lại trong bể bằng 6×2 + 11x + 6 dm3.
b) Đa thức 6×2 + 11x + 6 có hạng tử có bậc cao nhất là 6×2 nên bậc của đa thức đó bằng 2, hệ số cao nhất bằng 6.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức đó bằng 6 nên hệ số tự do bằng 6.
c) Tại x = 7 dm, thể tích nước còn lại trong bể bằng:
6 . 72 + 11 . 6 + 6 = 6 . 49 + 66 + 6 = 366 dm3.
Hình học và đo lường
Bài 8 trang 111 Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm của AB. Trên tia đối của tia DC, lấy điểm M sao cho DM = DC.
a) Chứng minh rằng . Từ đó suy ra AM = BC và AM // BC.
b) Gọi E là trung điểm của AC. Trên tia đối của tia EB lấy điểm N sao cho EN = EB. Chứng minh rằng AN // BC.
c) Chứng minh rằng ba điểm M, A, N thẳng hàng và A là trung điểm của đoạn MN.
Lời giải:
a) Do D là trung điểm của AB nên AD = BD.
Xét ∆ADM và ∆BDC có:
AD = BD (chứng minh trên).
(2 góc đối đỉnh).
DM = DC (theo giả thiết).
Suy ra ∆ADM = ∆BDC (c – g – c).
Do đó AM = BC (2 cạnh tương ứng) và (2 góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AM // BC.
b) Do E là trung điểm của AC nên AE = CE.
Xét ∆AEN và ∆CEB có:
AE = CE (chứng minh trên).
(2 góc đối đỉnh).
EN = EB (theo giả thiết).
Suy ra ∆AEN = ∆CEB (c – g – c).
Do đó AN = BC (2 cạnh tương ứng) và (2 góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AN // BC.
c) Ta có AM // BC, AN // BC mà AM cắt AN tại A nên M, A, N thẳng hàng và A nằm giữa M và N.
Lại có AM = AN nên A là trung điểm của MN.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 9 trang 111 Toán 7 Tập 2: Cho tam giác cân ABC tại đỉnh A. Gọi H là trung điểm của BC.
a) Chứng minh AH ⊥ BC.
b) Trên tia đối của tia BC lấy điểm M; trên tia đối của tia CB lấy điểm N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng ∆ABM = ∆ACN.
c) Gọi I là điểm trên AM, K là điểm trên AN sao cho BI ⊥ AM; CK ⊥ AN. Chứng minh rằng tam giác AIK cân tại A, từ đó suy ra IK // MN.
Lời giải:
a) Do H là trung điểm của BC nên BH = CH.
Tam giác ABC cân tại A nên AB = AC và .
Xét ∆ABH và ∆ACH có:
AB = AC (chứng minh trên).
BH chung.
BH = CH (chứng minh trên).
Suy ra ∆ABH = ∆ACH (c – c – c).
Do đó (2 góc tương ứng).
Mà nên .
Do đó AH ⊥ BC.
b) Ta có là góc ngoài tại đỉnh B của nên .
là góc ngoài tại đỉnh C của ∆ABC nên .
Mà nên .
Xét ∆ABM và ∆ACN có:
AB = AC (chứng minh trên).
(chứng minh trên).
BM = CN (theo giả thiết).
Suy ra ∆ABM = ∆ACN (c – g – c).
c) Do ∆ABM = ∆ACN (c – g – c) nên (2 góc tương ứng).
Xét ∆BAI vuông tại I và ∆CAK vuông tại A:
(chứng minh trên).
AB = AC (chứng minh trên).
Suy ra ∆BAI = ∆CAK (cạnh huyền – góc nhọn).
Do đó AI = AK (2 cạnh tương ứng).
∆AIK có AI = AK nên ∆AIK cân tại A.
∆ABM = ∆ACN nên AM = AN (2 cạnh tương ứng).
∆ABM có AM = AN nên ∆AMN cân tại A.
∆AMN cân tại A nên .
Xét ∆AMN có: .
Suy ra do đó (1).
∆AIK cân tại A nên .
Xét ∆AIK có: .
Suy ra do đó (2).
Từ (1) và (2) suy ra .
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên IK // MN.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Thống kê và xác suất
Bài 10 trang 111 Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BD = BA và H là trung điểm của AD. Tia BH cắt AC tại E. Tia DE cắt tia BA tại M. Chứng minh rằng:
a) ∆ABH = ∆DBH.
b) Tam giác AED cân.
c) EM > ED.
d) Giả sử = 60o. Chứng minh rằng tam giác BCM là tam giác đều và CE = 2EA.
Lời giải:
a) Do H là trung điểm của AD nên AH = DH.
Xét ∆ABH và ∆DBH có:
AB = DB (theo giả thiết).
BH chung.
AH = DH (chứng minh trên).
Suy ra ∆ABH = ∆DBH (c – c – c).
b) Do ∆ABH = ∆DBH (c – c – c) nên (2 góc tương ứng).
Xét ∆ABE và ∆DBE có:
AB = DB (theo giả thiết).
(chứng minh trên).
BE chung.
Suy ra ∆ABE = ∆DBE (c – g – c).
Do đó AE = DE (2 cạnh tương ứng).
có AE = DE nên ∆AED cân tại E.
c) Xét ∆AME vuông tại A có EM là cạnh huyền nên EM là cạnh lớn nhất trong tam giác.
Do đó EM > EA.
Mà EA = ED nên EM > ED.
d) Do ∆AME = ∆DBE (c – g – c) nên .
Do đó ED ⊥ BC hay MD ⊥ BC.
Xét ∆BCM có CA ⊥ BM, MD ⊥ BC.
Mà CA cắt MD tại E nên E là trực tâm của .
Khi đó BE ⊥ MC.
Ta có nên BE là tia phân giác của .
∆BCM có BE vừa là đường cao, vừa là tia phân giác nên ∆BCM cân tại B.
Khi đó nếu = 60o thì cân tại B có = 60o nên là tam giác đều.
Khi đó E vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của ∆BCM.
Do đó CE = 2EA.
Bài 11 trang 111 Toán 7 Tập 2: Bình thu thập số liệu về số học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 và vẽ được biểu đồ sau:
a) Số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 có xu thế tăng hay giảm?
b) Hãy lập bảng thống kê về số lượng học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020.
c) Theo em, Bình đã dùng cách nào trong các cách thu thập dữ liệu đã học để có được số liệu trên?
Lời giải:
a) Số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 có xu thế tăng.
b) Bảng thống kê số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020:
Năm
2015
2016
2017
2018
2019
2020
Số lượng (nghìn học sinh)
15 354
15 514
15 923
16 558
17 042
17 551
c) Bình đã sử dụng phương pháp thu thập số liệu từ nguồn internet.
Bài 12 trang 112 Toán 7 Tập 2: Biểu đồ nào sau đây cho biết tổng số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được trong các năm từ 2015 đến 2019:
a) Lập bảng thống kê về số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam đạt được từ năm 2015 đến năm 2019.
b) Trong các năm trên, năm nào thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất?
c) Tỉ lệ các loại huy chương thế giới của thể thao Việt Nam trong năm 2019 được cho trong biểu đồ sau:
Tính số lượng mỗi loại huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được trong năm 2019.
Lời giải:
a) Bảng thống kê về số huy chương thế giới thể thao Việt Nam đạt được từ năm 2015 đến năm 2019:
Năm
2015
2016
2017
2018
2019
Số lượng
211
122
165
116
238
b) Năm 2018 là năm thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất.
c) Số huy chương vàng đạt được trong năm 2019 là: 238 . 47,48% = 113,0024 ≈ 113 (chiếc).
Số huy chương bạc đạt được trong năm 2019 là: 238 . 27,31% = 64,9978 ≈ 65 (chiếc).
Số huy chương đồng đạt được trong năm 2019 là: 238 – 113 – 65 = 60 (chiếc).
Bài 13 trang 113 Toán 7 Tập 2: Trong trò chơi Vòng quay may mắn, người chơi sẽ quay một bánh xe hình tròn. Bánh xe được chia làm 12 hình quạt bằng nhau như hình bên. Trong mỗi hình quạt có ghi số điểm mà người chơi sẽ nhận được. Có hai hình quạt ghi 100 điểm; hai hình quạt ghi 200 điểm; hai hình quạt ghi 300 điểm; hai hình quạt ghi 400 điểm; một hình quạt ghi 500 điểm; hai hình quạt ghi 1 000 điểm và một hình quạt ghi 2 000 điểm. Khi bánh xe dừng lại, mũi tên (đặt cố định ở phía trên) chỉ vào hình quạt nào thì người chơi nhận được số điểm ghi trong hình quạt đó.
Bạn Mai tham gia trò chơi và quay một lần. Tính xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt:
a) Có số điểm nhỏ hơn 2 000.
b) Có số điểm nhỏ hơn 100.
c) Có số điểm lớn hơn 300.
d) Có số điểm là 2 000.
Lời giải:
a) Có 1 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm 2 000 nên có 11 hình quạt có số điểm nhỏ hơn 2 000.
Do đó xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm nhỏ hơn 2 000 là: .
b) Không có hình quạt nào có số điểm nhỏ hơn 100 nên xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm nhỏ hơn 100 là 0.
c) Có 6 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm lớn hơn 300 nên xác xuất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm lớn hơn 300 là .
d) Có 1 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm 2 000 nên xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm bằng 2 000 là: .
- Sách bài tập Toán 7 (Kết nối tri thức) Bài tập ôn tập cuối năm
Giải SBT Toán lớp 7 Bài tập ôn tập cuối năm
Giải SBT Toán 7 trang 69 Tập 2
Bài 1 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Sắp xếp các số hữu tỉ sau theo thứ tự từ bé đến lớn rồi biểu diễn chúng trên trục số.
−1,5; −; 1,25; 0,125.
Lời giải:
Viết các số dưới dạng phân số với mẫu chung là 8:
−1,5 = ; − =; 1,25 = ; 0,125 = .
Do đó −1,5 < − < 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.
Bài 2 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Tính giá trị của biểu thức sau:
Lời giải:
Ta có
Vậy giá trị của biểu thức B bằng .
Bài 3 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Bạn Minh đọc một cuốn sách trong ba ngày thì xong. Ngày thứ nhất, Minh đọc được số trang sách. Ngày thứ hai, Minh đọc được 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?
Lời giải:
Gọi x (trang) là số trang sách cần tìm (x ∈ ℕ*).
Ngày thứ nhất, số trang sách Minh đọc được là (trang).
Số trang sách còn lại là:
x − = (trang)
Ngày thứ hai, số trang sách Minh đọc được là:
(trang)
Số trang sách còn lại sau hai ngày đọc là:
(trang)
Ta có:
Do đó x = 36 : = 120 (trang)
Vậy cuốn sách Minh đọc có 120 trang.
Bài 4 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: a) Không dùng máy tính, hãy tính .
b) Trong hai số 1,7(3) và , số nào lớn hơn?
Lời giải:
a)Ta có .
b) Ta có = 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 < 1,7(3).
Vậy < 1,7(3).
Bài 5 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: a) Trên trục số, hãy xác định điểm biểu diễn số .
b) Viết biểu thức dưới dạng không chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Lời giải:
a) Gọi A là điểm biểu diễn số .
Khi đó ta có OA = .
Do đó, muốn có điểm B biểu diễn số , 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 .
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 .
• 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 < , nghĩa là 1 − là số âm.
Do đó:.
Bài 6 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: 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?
Lời giải:
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 .
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:
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.
Bài 7 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: 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.
Lời giải:
Gọi t1 (giờ) là thời gian xe ô tô khi đi từ A đến B (t1 > 0).
Gọi t2 (giờ) là thời gian xe máy khi đi từ A đến B (t2 > 0).
Do hai xe cùng đi quãng đường AB nên thời gian đi tỉ lệ nghịch với vận tốc đi.
Do đó, ta có:.
Từ đó suy ra .
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 t2 − t1 = 0,5.
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
Suy ra t1 = 0,5.3 = 1,5 (nhận) và t2 = 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.
Bài 8 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Hai đa thức A(x) và B(x) thỏa mãn:
A(x) + B(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4 và A(x) − B(x) = − x3 + 3x2 − 2.
a) Tìm A(x), B(x) rồi xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của mỗi đa thức đó.
b) Tính giá trị của mỗi đa thức A(x) và B(x) tại x = −1.
Lời giải:
a) Ta có:[A(x) + B(x)] + [A(x) − B(x)] = (x3 − 5x2 − 2x + 4) + (−x3 + 3x2 − 2)
A(x) + B(x) + A(x) − B(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4 − x3 + 3x2 − 2
A(x) + A(x) + B(x) − B(x) = x3 − x3 + (−5x2 + 3x2) − 2x + (4 − 2)
2A(x) = −2x2 − 2x + 2
Do đó A(x) = (−2x2 − 2x + 2) : 2 = −x2 − x + 1 (1)
Mặt khác theo đề bài, A(x) + B(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4.
Từ (1) suy ra:
B(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4 − A(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4 − (−x2 − x + 1).
Do đó B(x) = x3 − 5x2 − 2x + 4 + x2 + x − 1
= x3 + (−5x2 + x2) + (−2x + x) + (4 − 1)
= x3 −4x2 − x + 3.
Kết quả, ta được:
A(x) = −x2 − x + 1 là một đa thức bậc hai với hệ số cao nhất là –1, hệ số tự do là 1.
B(x) = x3 − 4x2 − 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.
Giải SBT Toán 7 trang 70 Tập 2
Bài 9 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Cho đa thức F(x) = x4 − x3 − 6x2 + 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)
Lời giải:
a)Ta có : F(1) = 14 − 13 – 6 . 12 + 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) : (x2 + 3x − x − 3)
= F(x) : (x2 +2x − 3)
Ta đặt tính chia :
Vậy G(x) = x2 − 3x + 3.
Bài 10 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Tính góc Mby trong Hình 1, biết rằng Ax // By.
HD. Kẻ thêm đường thẳng đi qua M và song song với Ax.
Lời giải:
Kẻ đường thẳng z đi qua M và song song với Ax.
Vì Mz // Ax nên ta có: (hai góc so le trong).
Ta có: Ax // By (gt); Ax // Mz (cách vẽ).
Suy ra By // Mz.
Ta có
Suy ra
Mà (By // Mz, hai góc so le trong).
Do đó .
Bài 11 trang 70 sách bài tập Toán lớp 7 Tập 2: 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.
Lời giải:
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);
(ΔMAC = ΔMEC, hai góc tương ứng).
Do đó ΔMAB = ΔMED (c.g.c).
Bài 12 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: 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) .
Lời giải:
a) Ta có :
MP ⊥ AB (gt);
AC ⊥ AB (ΔABC vuông tại A).
Suy ra MP // AC
Do đó (hai góc so le trong).
Xét ΔBPM vuông tại P và ΔMNC vuông tại N có :
BM = MC( M là trung điểm của BC);
(cmt).
Do đó ΔBPM = ΔMNC ( cạnh huyền – góc nhọn).
b) Ta có :
(ΔBPM = Δ MNC, hai góc tương ứng);
(ΔBMP vuông tại P).
Suy ra .
Mà .
Do đó .
Bài 13 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Cho bốn điểm A, B, C và D như Hình 2. Biết rằng , và AB = DC. Chứng minh rằng:
a) Tam giác BEC cân tại đỉnh E.
b) EA = ED.
Lời giải:
a) Ta có :
(hai góc kề bù)
Suy ra
Xét ΔEBC có:
Suy ra
Hay
Do đó .
Vậy tam giác BEC cân tại đỉnh E.
b) Ta có: .
Xét ΔEBA và ΔECD có:
(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).
Bài 14 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: 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 thẳng đi qua C và vuông góc với AB.
Em hãy giải thích tại sao Vuông lại khẳng định như vậy.
Lời giải:
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.
Giải SBT Toán 7 trang 71 Tập 2
Bài 15 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: 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).
Lời giải:
a) Xem hình bên :
Theo giả thiết, ta có ΔMAB và ΔMAC là hai tam giác cân đỉnh M.
Từ đó suy ra: và
Mặt khác, tổng các góc trong tam giác ABC bằng 180o nên:
Từ đó suy ra
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 =(MC + MB) = BC .
Xét tam giác ABC có:
AM là đường trung tuyến (M là trung điểm của BC);
AM =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.
Bài 16 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: 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.
Lời 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:
Câu lạc bộ
Thể thao
Nghệ thuật
Học tập
Tỉ lệ lượt học sinh tham gia (%)
30
25
45
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.
Bài 17 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: 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?
Lời giải:
a) Dữ liệu thu được không phải là số và không thể sắp thứ tự (vì đây là tên các loại nhạc chuông).
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.
Giải SBT Toán 7 trang 72 Tập 2
Bài 18 trang 72 SBT Toán 7 Tập 2: 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 .
b)* Giả sử n = 10, m = 5. Tính xác suất để lấy được viên bi màu đỏ.
Lời 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 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 .
Vậy xác suất để lấy được viên bi màu đỏ là .
- Giải SGK Toán 7 (Kết nối tri thức): Bài tập ôn tập cuối năm trang 110, 111, 112, 113
Giải bài tập Toán lớp 7 Bài tập ôn tập cuối năm trang 110, 111, 112, 113
Số và đại số
Giải Toán 7 trang 110 Tập 2
Bài 1 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) + (22 . 3)2 . + 20200 + ;
b) .
Lời giải:
a) + (22 . 3)2 . + 20200 + ;
= 5 + + 1 +
= 5 + (-3)2 + 1 +
= 5 + 9 + 1 +
= 15 +
=
= .
b) .
=
=
=
= -4,2.
Bài 2 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Tính một cách hợp lí.
a) ;
b)
Lời giải:
a) ;
=
=
=
= 2 + 1,5 – 1
= 2,5
b)
=
=
=
=
=
=
= .
Bài 3 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: a) Tìm x, biết x + = .
b) Có hay không số x thỏa mãn điều kiện: ?
c) Hãy ước tính (không tra bảng hay dùng máy tính) số dương x (lấy đến 1 chữ số sau dấu phẩy) sao cho x2 = 13. Sau đó dùng máy tính cầm tay (hoặc tra bảng) để tính x, chính xác đến hàng phần chục để kiểm tra xem con số em ước tính chênh lệch bao nhiêu so với kết quả tính bằng máy tính.
Lời giải:
a) x + =
x + =
x =
x =
x =
x =
x =
x =
Vậy x = .
b) < 0.
Ta có ≥ 0 với mọi giá trị của x nên + > 0 với mọi giá trị của x.
Do đó không tồn tại giá trị của x để + = .
c) Ta thấy 32 = 9 < 13 < 16 = 42 và 13 – (9 + 16) < 1 nên dự đoán x ≈ (3 + 4) = 3,5.
Sử dụng máy tính cầm tay, lấy chính xác đến hàng phần chục ta được ≈ 3,6.
Con số ước tính chênh lệch 3,6 – 3,5 = 0,1 so với kết quả tính bằng máy tính.
Bài 4 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Hai người thợ cùng làm tổng cộng được 136 sản phẩm (thời gian làm như nhau). Hỏi mỗi người thợ làm được bao nhiêu sản phẩm, biết rằng người thợ thứ nhất làm một sản phẩm mất 9 phút, còn người thứ hai làm mất 8 phút?
Lời giải:
Gọi số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là x và y sản phẩm (x, y ∈ ℕ*).
Tỉ lệ thời gian làm được 1 sản phẩm của người thứ nhất và người thứ hai là .
Thời gian làm và số sản phẩm làm được của hai người là hai đại lượng tỉ lệ nghịch.
Do đó tỉ lệ số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai là .
Khi đó nên .
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Khi đó x = 8 . 8 = 64, y = 8 . 9 = 72.
Vậy số sản phẩm làm được của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là 64 sản phẩm và 72 sản phẩm.
Bài 5 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Ba khối 6, 7, 8 của một trường Trung học cơ sở tham gia quyên góp vở tặng các bạn vùng khó khăn. Biết rằng số vở quyên góp được của ba khối theo thứ tự tỉ lệ thuận với 8, 7, 6 và số vở khối 8 quyên góp được ít hơn số vở khối 6 quyên góp được là 80 quyển. Hỏi mỗi khối quyên góp được bao nhiêu quyển vở?
Lời giải:
Gọi số vở quyên góp được của ba khối 6, 7, 8 lần lượt là x, y, z quyển (x, y, z ∈ ℕ*).
Do số vở quyên góp được của ba khối tỉ lệ thuận với 8, 7, 6 nên .
Do số vở khối 8 quyên góp được ít hơn số vở khối 6 quyên góp được là 80 quyển nên
x – z = 80.
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Khi đó x = 8 . 40 = 320, y = 7 . 40 = 280, z = 6 . 40 = 240.
Vậy số vở quyên góp được của ba khối 6, 7, 8 lần lượt là 320 quyển, 280 quyển, 240 quyển.
Bài 6 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Cho hai đa thức A = 6x3 – 4x2 – 12x – 7 và B = 2x2 – 7.
a) Xác định hệ số cao nhất và hệ số tự do trong mỗi đa thức đã cho.
b) Tính giá trị của đa thức A + B tại x = –2.
c) Chứng minh rằng x = 0, x = –1 và x = 2 là ba nghiệm của đa thức A – B.
d) Thực hiện phép nhân A . B bằng hai cách.
e) Tìm đa thức R có bậc nhỏ hơn 2 sao cho hiệu A – R chia hết cho B.
Lời giải:
a) +) Xét đa thức A = 6x3 – 4x2 – 12x – 7
Đa thức A có hạng tử có bậc cao nhất là 6x3 nên hệ số cao nhất là 6.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức A là –7 nên hệ số tự do là –7.
+) Xét đa thức B = 2x2 – 7
Đa thức B có hạng tử có bậc cao nhất là 2x2 nên hệ số cao nhất là 2.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức B là –7 nên hệ số tự do là –7.
b) A + B = 6x3 – 4x2 – 12x – 7 + 2x2 – 7
A + B = 6x3 + (-4x2 + 2x2) – 12x + (-7 – 7)
A + B = 6x3 – 2x2 – 12x – 14
Thay x = -2 vào đa thức A + B ta được:
A + B = 6 . (-2)3 – 2 . (-2)2 – 12 . (-2) – 14
A + B = 6 . (-8) – 2.4 – (-24) – 14
A + B = -48 – 8 + 24 – 14
A + B = -46
Vậy A + B = -46 tại x = -2.
c) A – B = (6x3 – 4x2 – 12x – 7) – (2x2 – 7)
A – B = 6x3 – 4x2 – 12x – 7 – 2x2 + 7
A – B = 6x3 + (-4x2 – 2x2) – 12x + (-7 + 7)
A – B = 6x3 – 6x2 – 12x
Tại x = 0 thì A – B = 6 . 03 – 6 . 02 – 12 . 0 = 0.
Tại x = -1 thì A – B = 6 . (-1)3 – 6 . (-1)2 – 12 . (-1) = -6 – 6 + 12 = 0.
Tại x = 2 thì A – B = 6.23 – 6.22 – 12.2 = 6.8 – 6.4 – 24 = 0.
Vậy x = 0, x = -1 và x = 2 là ba nghiệm của đa thức A – B.
d) Cách 1. Bỏ dấu ngoặc
A . B = (6x3 – 4x2 – 12x – 7) . (2x2 – 7)
A . B = [6x3 + (-4x2) + (-12x) + (-7)] . [2x2 + (-7)]
A . B = 6x3 . 2x2 + 6x3 . (-7) + (-4x2) . 2x2 + (-4x2) . (-7) + (-12x) . 2x2 + (-12x) . (-7) + (-7) . 2x2 + (-7) . (-7)
A . B = 12x5 + (-42 x3) + (-8 x4) + 28x2 + (-24x3) + 84x + (-14x2) + 49
A . B = 12x5 – 8x4 + (-42 x3 – 24x3) + (28x2 – 14x2) + 84x + 49
A . B = 12x5 – 8x4 – 66x3 + 14x2 + 84x + 49
Cách 2. Đặt phép tính
e) Đặt phép chia A cho B ta được:
Đa thức A chia cho đa thức B dư 9x – 21.
Do đó để A – R chia hết cho B và bậc của đơn thức R nhỏ hơn 2 thì đa thức R bằng
9x – 21.
Bài 7 trang 110 Toán lớp 7 Tập 2: Người ta đổ đầy nước vào một cái bể hình hộp chữ nhật, sau đó nhấn chìm một khối lập phương (đặc) có độ dài các cạnh bằng x (dm) vào trong bể. Biết rằng chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể lần lượt bằng x + 1, x + 3 và x + 2 (xem hình bên).
a) Tìm đa thức biểu thị thể tích nước còn lại trong bể.
b) Xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của đa thức trong câu a.
c) Sử dụng kết quả câu a để tính lượng nước còn lại trong bể (đơn vị: dm3) khi x = 7 dm.
Lời giải:
Do bể đầy nước nên khi thả khối lập phương vào thì lượng nước trào ra ngoài bằng thể tích của khối lập phương.
a) Thể tích của bể là: (x + 1)(x + 3)(x + 2) dm3.
Thể tích khối gỗ là: x3 dm3.
Thể tích nước còn lại trong bể là: (x + 1)(x + 3)(x + 2) – x3
= (x.x + x.3 + 1.x + 1.3)(x + 2) – x3
= (x2 + 4x + 3)(x + 2) – x3
= (x2.x + x2.2 + 4x.x + 4x.2 + 3.x + 3.2) – x3
= x3 + 2x2 + 4x2 + 8x + 3x + 6 – x3
= (x3 – x3) + (2x2 + 4x2) + (8x + 3x) + 6
= 6x2 + 11x + 6
Vậy thể tích nước còn lại trong bể bằng 6x2 + 11x + 6 dm3.
b) Đa thức 6x2 + 11x + 6 có hạng tử có bậc cao nhất là 6x2 nên bậc của đa thức đó bằng 2, hệ số cao nhất bằng 6.
Hạng tử có bậc bằng 0 trong đa thức đó bằng 6 nên hệ số tự do bằng 6.
c) Tại x = 7 dm, thể tích nước còn lại trong bể bằng:
6 . 72 + 11 . 6 + 6 = 6 . 49 + 66 + 6 = 366 dm3.
Hình học và đo lường
Giải Toán 7 trang 111 Tập 2
Bài 8 trang 111 Toán lớp 7 Tập 2: Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm của AB. Trên tia đối của tia DC, lấy điểm M sao cho DM = DC.
a) Chứng minh rằng . Từ đó suy ra AM = BC và AM // BC.
b) Gọi E là trung điểm của AC. Trên tia đối của tia EB lấy điểm N sao cho EN = EB. Chứng minh rằng AN // BC.
c) Chứng minh rằng ba điểm M, A, N thẳng hàng và A là trung điểm của đoạn MN.
Lời giải:
a) Do D là trung điểm của AB nên AD = BD.
Xét ∆ADM và ∆BDC có:
AD = BD (chứng minh trên).
(2 góc đối đỉnh).
DM = DC (theo giả thiết).
Suy ra ∆ADM = ∆BDC (c – g – c).
Do đó AM = BC (2 cạnh tương ứng) và (2 góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AM // BC.
b) Do E là trung điểm của AC nên AE = CE.
Xét ∆AEN và ∆CEB có:
AE = CE (chứng minh trên).
(2 góc đối đỉnh).
EN = EB (theo giả thiết).
Suy ra ∆AEN = ∆CEB (c – g – c).
Do đó AN = BC (2 cạnh tương ứng) và (2 góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AN // BC.
c) Ta có AM // BC, AN // BC mà AM cắt AN tại A nên M, A, N thẳng hàng và A nằm giữa M và N.
Lại có AM = AN nên A là trung điểm của MN.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 9 trang 111 Toán lớp 7 Tập 2: Cho tam giác cân ABC tại đỉnh A. Gọi H là trung điểm của BC.
a) Chứng minh AH ⊥ BC.
b) Trên tia đối của tia BC lấy điểm M; trên tia đối của tia CB lấy điểm N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng ∆ABM = ∆ACN.
c) Gọi I là điểm trên AM, K là điểm trên AN sao cho BI ⊥ AM; CK ⊥ AN. Chứng minh rằng tam giác AIK cân tại A, từ đó suy ra IK // MN.
Lời giải:
a) Do H là trung điểm của BC nên BH = CH.
Tam giác ABC cân tại A nên AB = AC và .
Xét ∆ABH và ∆ACH có:
AB = AC (chứng minh trên).
BH chung.
BH = CH (chứng minh trên).
Suy ra ∆ABH = ∆ACH (c – c – c).
Do đó (2 góc tương ứng).
Mà nên .
Do đó AH ⊥ BC.
b) Ta có là góc ngoài tại đỉnh B của nên .
là góc ngoài tại đỉnh C của ∆ABC nên .
Mà nên .
Xét ∆ABM và ∆ACN có:
AB = AC (chứng minh trên).
(chứng minh trên).
BM = CN (theo giả thiết).
Suy ra ∆ABM = ∆ACN (c – g – c).
c) Do ∆ABM = ∆ACN (c – g – c) nên (2 góc tương ứng).
Xét ∆BAI vuông tại I và ∆CAK vuông tại A:
(chứng minh trên).
AB = AC (chứng minh trên).
Suy ra ∆BAI = ∆CAK (cạnh huyền – góc nhọn).
Do đó AI = AK (2 cạnh tương ứng).
∆AIK có AI = AK nên ∆AIK cân tại A.
∆ABM = ∆ACN nên AM = AN (2 cạnh tương ứng).
∆ABM có AM = AN nên ∆AMN cân tại A.
∆AMN cân tại A nên .
Xét ∆AMN có: .
Suy ra do đó (1).
∆AIK cân tại A nên .
Xét ∆AIK có: .
Suy ra do đó (2).
Từ (1) và (2) suy ra .
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên IK // MN.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 10 trang 111 Toán lớp 7 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BD = BA và H là trung điểm của AD. Tia BH cắt AC tại E. Tia DE cắt tia BA tại M. Chứng minh rằng:
a) ∆ABH = ∆DBH.
b) Tam giác AED cân.
c) EM > ED.
d) Giả sử = 60o. Chứng minh rằng tam giác BCM là tam giác đều và CE = 2EA.
Lời giải:
a) Do H là trung điểm của AD nên AH = DH.
Xét ∆ABH và ∆DBH có:
AB = DB (theo giả thiết).
BH chung.
AH = DH (chứng minh trên).
Suy ra ∆ABH = ∆DBH (c – c – c).
b) Do ∆ABH = ∆DBH (c – c – c) nên (2 góc tương ứng).
Xét ∆ABE và ∆DBE có:
AB = DB (theo giả thiết).
(chứng minh trên).
BE chung.
Suy ra ∆ABE = ∆DBE (c – g – c).
Do đó AE = DE (2 cạnh tương ứng).
có AE = DE nên ∆AED cân tại E.
c) Xét ∆AME vuông tại A có EM là cạnh huyền nên EM là cạnh lớn nhất trong tam giác.
Do đó EM > EA.
Mà EA = ED nên EM > ED.
d) Do ∆AME = ∆DBE (c – g – c) nên .
Do đó ED ⊥ BC hay MD ⊥ BC.
Xét ∆BCM có CA ⊥ BM, MD ⊥ BC.
Mà CA cắt MD tại E nên E là trực tâm của .
Khi đó BE ⊥ MC.
Ta có nên BE là tia phân giác của .
∆BCM có BE vừa là đường cao, vừa là tia phân giác nên ∆BCM cân tại B.
Khi đó nếu = 60o thì cân tại B có = 60o nên là tam giác đều.
Khi đó E vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của ∆BCM.
Do đó CE = 2EA.
Thống kê và xác suất
Bài 11 trang 111 Toán lớp 7 Tập 2: Bình thu thập số liệu về số học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 và vẽ được biểu đồ sau:
a) Số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 có xu thế tăng hay giảm?
b) Hãy lập bảng thống kê về số lượng học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020.
c) Theo em, Bình đã dùng cách nào trong các cách thu thập dữ liệu đã học để có được số liệu trên?
Lời giải:
a) Số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 có xu thế tăng.
b) Bảng thống kê số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020:
Năm
2015
2016
2017
2018
2019
2020
Số lượng (nghìn học sinh)
15 354
15 514
15 923
16 558
17 042
17 551
c) Bình đã sử dụng phương pháp thu thập số liệu từ nguồn internet.
Giải Toán 7 trang 112 Tập 2
Bài 12 trang 112 Toán lớp 7 Tập 2: Biểu đồ nào sau đây cho biết tổng số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được trong các năm từ 2015 đến 2019:
a) Lập bảng thống kê về số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam đạt được từ năm 2015 đến năm 2019.
b) Trong các năm trên, năm nào thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất?
c) Tỉ lệ các loại huy chương thế giới của thể thao Việt Nam trong năm 2019 được cho trong biểu đồ sau:
Tính số lượng mỗi loại huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được trong năm 2019.
Lời giải:
a) Bảng thống kê về số huy chương thế giới thể thao Việt Nam đạt được từ năm 2015 đến năm 2019:
Năm
2015
2016
2017
2018
2019
Số lượng
211
122
165
116
238
b) Năm 2018 là năm thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất.
c) Số huy chương vàng đạt được trong năm 2019 là: 238 . 47,48% = 113,0024 ≈ 113 (chiếc).
Số huy chương bạc đạt được trong năm 2019 là: 238 . 27,31% = 64,9978 ≈ 65 (chiếc).
Số huy chương đồng đạt được trong năm 2019 là: 238 – 113 – 65 = 60 (chiếc).
Giải Toán 7 trang 113 Tập 2
Bài 13 trang 113 Toán lớp 7 Tập 2: Trong trò chơi Vòng quay may mắn, người chơi sẽ quay một bánh xe hình tròn. Bánh xe được chia làm 12 hình quạt bằng nhau như hình bên. Trong mỗi hình quạt có ghi số điểm mà người chơi sẽ nhận được. Có hai hình quạt ghi 100 điểm; hai hình quạt ghi 200 điểm; hai hình quạt ghi 300 điểm; hai hình quạt ghi 400 điểm; một hình quạt ghi 500 điểm; hai hình quạt ghi 1 000 điểm và một hình quạt ghi 2 000 điểm. Khi bánh xe dừng lại, mũi tên (đặt cố định ở phía trên) chỉ vào hình quạt nào thì người chơi nhận được số điểm ghi trong hình quạt đó.
Bạn Mai tham gia trò chơi và quay một lần. Tính xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt:
a) Có số điểm nhỏ hơn 2 000.
b) Có số điểm nhỏ hơn 100.
c) Có số điểm lớn hơn 300.
d) Có số điểm là 2 000.
Lời giải:
a) Có 1 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm 2 000 nên có 11 hình quạt có số điểm nhỏ hơn 2 000.
Do đó xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm nhỏ hơn 2 000 là: .
b) Không có hình quạt nào có số điểm nhỏ hơn 100 nên xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm nhỏ hơn 100 là 0.
c) Có 6 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm lớn hơn 300 nên xác xuất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm lớn hơn 300 là .
d) Có 1 hình quạt trong 12 hình quạt có số điểm 2 000 nên xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm bằng 2 000 là: .
- Cho hàm số y = cos2x.a) Chứng minh rằng cos 2x + kπ = cos 2x với mọi số nguyên k. Từ đó vẽ đồ thị (C) của hàm số y = cos 2x.b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = π/3.c) Tìm tập xác định của hàm số : z = 1 – cos2x1 + cos22x
Câu hỏi:
Cho hàm số .a) Chứng minh rằng cos với mọi số nguyên k. Từ đó vẽ đồ thị (C) của hàm số .b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ .c) Tìm tập xác định của hàm số :
Trả lời:
a) + Hàm số y = cos x có chu kì 2π.Do đó: cos 2.(x + kπ) = cos (2x + k2π) = cos 2x.⇒ Hàm số y = cos 2x cũng tuần hoàn với chu kì π.
Từ đó suy ra
b. y = f(x) = cos 2x⇒ y’ = f’(x) = (cos 2x)’ = -(2x)’.sin 2x = -2.sin 2x.
⇒ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = π/3 là:
c. Ta có: 1 – cos 2x = 2.sin2x ≥ 0.Và 1 + cos22x > 0; ∀ x
⇒ 
luôn xác định với mọi x ∈ R.====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Giải các phương trình: 2sinx2cos2x – 2sinx2sin2x = cos2x-sin2x
Câu hỏi:
Giải các phương trình:
Trả lời:
Vậy phương trình có tập nghiệm
====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====