Dấu hiệu điều tra là điểm bài kiểm tra môn Toán học kì I của học sinh lớp 7A.

Chọn C

Đơn thức đồng dạng với đơn thức \(-2x^3y^5\) là \(2x^3y^5\)

Chọn B 

\(x^3y\) có bậc là 4;   \(-xy^5\) có bậc là 6; \(8xy\) có bậc là 2 và  \(-5\) có bậc là 0.

Vậy bậc của đa thức  \( x^3y-xy^5+8xy-5\)  là 6.

Chọn D

\(\left( 6{{x}^{2}}{{y}^{3}} \right)\left( \frac{-2}{3}x{{\left( -3y{{z}^{2}} \right)}^{2}} \right)=\left( 6{{x}^{2}}{{y}^{3}} \right)\left( \frac{-2}{3}x.9{{y}^{2}}{{z}^{4}} \right)=\left( 6.\frac{-2}{3}.9 \right)\left( {{x}^{2}}x \right)\left( {{y}^{3}}{{y}^{2}} \right){{z}^{4}}=-36{{x}^{3}}{{y}^{5}}{{z}^{4}}\)

Vậy tích của hai đơn thức đã cho là \(-36{{x}^{3}}{{y}^{5}}{{z}^{4}}\)

Chọn B

Áp dụng định lí Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có: \(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}\).

Chọn B

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={{180}^{o}}\)

\(\Rightarrow \widehat{A}={{180}^{o}}-\widehat{B}-\widehat{C}={{180}^{o}}-{{60}^{o}}-{{60}^{o}}={{60}^{o}}\)

Tam giác ABC có \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}={{60}^{o}}\) nên tam giác ABC là tam giác đều.

Chọn C

Giả sử tam giác ABC cân tại A có \(\widehat{A}={{80}^{o}}\). Ta sẽ tìm số đo góc B hoặc góc C.

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có:  \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={{180}^{o}}\)

\(\Rightarrow \widehat{B}+\widehat{C}={{180}^{o}}-\widehat{A}={{180}^{o}}-{{80}^{o}}={{100}^{o}}\)

Do tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat{B}=\widehat{C}\). Từ đó suy ra \(\widehat{B}=\widehat{C}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}=\frac{{{100}^{o}}}{2}={{50}^{o}}\)

Vậy số đo góc ở đáy là \({{50}^{o}}\).

Chọn A  

Ta có: \(B=-8x{{y}^{2}}-xy+10-9{{x}^{2}}y+3x{{y}^{2}}=\left( -8x{{y}^{2}}+3x{{y}^{2}} \right)-9{{x}^{2}}y-xy+10=-5x{{y}^{2}}-9{{x}^{2}}y-xy+10\)

\(\begin{align}  & A+B=\left( 4{{x}^{2}}y-4x{{y}^{2}}+xy-7 \right)+\left( -5x{{y}^{2}}-9{{x}^{2}}y-xy+10 \right) \\  & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( 4{{x}^{2}}y-9{{x}^{2}}y \right)+\left( -4x{{y}^{2}}-5x{{y}^{2}} \right)+\left( xy-xy \right)+\left( -7+10 \right) \\  & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-5{{x}^{2}}y-9x{{y}^{2}}+3 \\ \end{align}\)

Vậy tổng hai đa thức A và B là \(-5{{x}^{2}}y-9x{{y}^{2}}+3\)

Chọn A

\(\begin{align}  & h(x)=f(x)-g(x)=\left( -{{x}^{5}}+2{{x}^{4}}-{{x}^{2}}-1 \right)-\left( -6+2x-3{{x}^{3}}-{{x}^{4}}+3{{x}^{5}} \right)\,\,\, \\  & \ \ \ \ \ \ \ =-{{x}^{5}}+2{{x}^{4}}-{{x}^{2}}-1+6-2x+3{{x}^{3}}+{{x}^{4}}-3{{x}^{5}} \\  & \ \ \ \ \ \ \ =\left( -{{x}^{5}}-3{{x}^{5}} \right)+\left( 2{{x}^{4}}+{{x}^{4}} \right)+3{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-2x+5 \\  & \ \ \ \ \ \ \ =-4{{x}^{5}}+3{{x}^{4}}+3{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-2x+5. \\ \end{align}\)

Thay \(x=-1\) vào đa thức h(x) ta có: \(-4.{{(-1)}^{5}}+3.{{(-1)}^{4}}+3.{{(-1)}^{3}}-{{(-1)}^{2}}-2.(-1)+5=-4.(-1)+3.1+3.(-1)-1+2+5=10\)

Vậy giá trị của h(x) là 10 tại \(x=-1\)

Chọn C

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ta có: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={{180}^{o}}\)

\(\Rightarrow \widehat{A}={{180}^{o}}-\widehat{B}-\widehat{C}={{180}^{o}}-{{80}^{o}}-{{30}^{o}}={{70}^{o}}\)

Tam giác ABC có \(\widehat{B}>\widehat{A}>\widehat{C}\) nên áp dụng quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác ta suy ra \(AC>\,BC>AB\)

Chọn B

\({x^2} - 5x = 0 \Rightarrow x(x - 5) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x - 5 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 5
\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của đa thức \({{x}^{2}}-5x\) là {0; 5}

Chọn C

Ta có:

\(\begin{align}  & f(x)=2{{x}^{6}}+3{{x}^{2}}+5{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+4{{x}^{4}}-{{x}^{3}}+1-4{{x}^{3}}-{{x}^{4}} \\  & \ \ \ \ \ \ \ =2{{x}^{6}}+\left( 4{{x}^{4}}-{{x}^{4}} \right)+\left( 5{{x}^{3}}-{{x}^{3}}-4{{x}^{3}} \right)+\left( 3{{x}^{2}}-2{{x}^{2}} \right)+1 \\ & \ \ \ \ \ \ \ =2{{x}^{6}}+3{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1. \\ \end{align}\)

Chọn C

Gọi AM, BN, CE là ba đường trung tuyến của tam giác ABC.

\(\Delta ABC\) vuông tại A nên theo định lí Py-ta-go ta có:

\(\begin{align}  & B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}\,\,\,\Rightarrow B{{C}^{2}}={{5}^{2}}+{{12}^{2}}=169 \\ & \Rightarrow BC=13cm \\ \end{align}\)

Ta có AM, BN, CE là các đường trung tuyến ứng với các cạnh BC, AC, AB của tam giác vuông ABC

Suy ra M, N, E lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC, AB.

\(\Rightarrow AN=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\cdot 12=6\,cm\,\,;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{AE}=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\cdot 5=2,5\,cm\)

Áp dụng định lí Py-ta-go với tam giác ABN vuông tại A ta có:

 \(\begin{align}  & A{{B}^{2}}+A{{N}^{2}}=B{{N}^{2}}\Rightarrow {{5}^{2}}+{{6}^{2}}=B{{N}^{2}}\Rightarrow B{{N}^{2}}=61 \\  & \Rightarrow BN=\sqrt{61}\,cm \\ \end{align}\)

Áp dụng định lí Py-ta-go với tam giác AEC vuông tại A ta có:

 \(\begin{align}& A{{E}^{2}}+A{{C}^{2}}=C{{E}^{2}}\,\,\Rightarrow {{2,5}^{2}}+{{12}^{2}}=C{{E}^{2}}\,\Rightarrow C{{E}^{2}}=\frac{601}{4} \\ & \Rightarrow CE=\frac{\sqrt{601}}{2}cm \\ \end{align}\)

Ta có tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên ta có:

\(\Rightarrow AM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot 13=\frac{13}{2}\,cm\)

Ta có : \(GA+\,GB+\,GC=\frac{2}{3}AM+\frac{2}{3}BN+\frac{2}{3}CE=\frac{2}{3}(AM+BN+CE)\) (do G là trọng tâm tam giác ABC)

\(\Rightarrow GA+\,GB+\,GC=\frac{2}{3}\left( \frac{13}{2}+\sqrt{61}+\frac{\sqrt{601}}{2} \right)\approx 17,71\,cm\)

Chọn D

Xét \(\Delta MNP\) có: \(\widehat{M}+\widehat{MNP}+\widehat{MPN}={{180}^{0}}\) (định lý tổng ba góc trong một tam giác)

\(\Rightarrow \widehat{MNP}+\widehat{MPN}={{180}^{0}}-\widehat{M}={{180}^{0}}-{{40}^{0}}={{140}^{0}}\left( 1 \right)\)

Vì NH là phân giác của \(\widehat{MNP}\left( gt \right)\Rightarrow \widehat{HNP}=\frac{\widehat{MNP}}{2}\left( 2 \right)\) (tính chất tia phân giác)

Vì PK là phân giác của \(\widehat{MNP}\left( gt \right)\Rightarrow \widehat{NPK}=\frac{\widehat{MPN}}{2}\left( 3 \right)\) (tính chất tia phân giác)

Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow \widehat{INP}+\widehat{IPN}=\frac{\widehat{MNP}}{2}+\frac{\widehat{MPN}}{2}={{140}^{0}}:2={{70}^{0}}\)  hay \(\widehat{INP}+\widehat{IPN}={{70}^{0}}\left( * \right)\)

Xét \(\Delta INP\) có: \(\widehat{INP}+\widehat{IPN}+\widehat{NIP}={{180}^{0}}\left( ** \right)\)( định lý tổng ba góc trong một tam giác)

Từ (*) và (**) \(\Rightarrow \widehat{NIP}={{180}^{0}}-\left( \widehat{INP}+\widehat{IPN} \right)={{180}^{0}}-{{70}^{0}}={{110}^{0}}\)

Chọn C

Lớp 7A có số học sinh là :

6 + 4 + 3 + 2 + 8 + 5 + 4 + 3 + 1  = 36 (học sinh)

Chọn A

Tần số của dấu hiệu trong bài này là số bài có từ sai.

Khi đó tổng các tần số của dấu hiệu là :

6 + 12 + 1 + 6 + 5 + 4 + 2 + 1 + 5 = 42

Chọn D

Dấu hiệu điều tra là khối lượng mứt trong từng hộp.

Chọn B

\(f(-9)=2{{(-9)}^{2}}+\,12.(-9)+10\,\,=64\ne 0\Rightarrow x=-9\) không là nghiệm của f(x).

\(f(1)={{2.1}^{2}}+\,12.1+10\,\,=24\ne 0\Rightarrow x=-1\) không là nghiệm của f(x).

\(f(-1)=2.{{(-1)}^{2}}+\,12.(-1)+10\,\,=0\Rightarrow x=-1\) là nghiệm của f(x).

\(f(-4)=2{{(-4)}^{2}}+\,12.(-4)+10\,\,=-6\ne 0\Rightarrow x=-4\) không là nghiệm của f(x).

Chọn C

\(P(0)={{0}^{2}}+\,1.0-2\,\,=-2\ne 0\Rightarrow x=0\) không là nghiệm của P(x).

\(P(-1)={{(-1)}^{2}}+\,1.(-1)-2\,\,=-2\ne 0\Rightarrow x=-1\) không là nghiệm của P(x).

\(P(1)={{1}^{2}}+\,1.1-2\,\,=0\Rightarrow x=1\) là nghiệm của P(x).

\(P(2)={{2}^{2}}+\,1.2-2\,\,=4\ne 0\Rightarrow x=2\) không là nghiệm của P(x).

\(P(-2)={{(-2)}^{2}}+\,1.(-2)-2\,\,=0\Rightarrow x=-2\)  là nghiệm của P(x).

Vậy \(x=1;x=-2\)là nghiệm của P(x).

Chọn A

Số –8 là một đơn thức.

Các biểu thức  \(4{{x}^{3}}{{y}^{2}}\); \(\frac{1}{2}x{{y}^{3}}z\) là các đơn thức vì các phép toán thực hiện trên các biến chỉ là phép nhân hoặc lũy thừa.

Biểu thức \(x{{y}^{2}}+5\) không là đơn thức vì trong biểu thức có dấu cộng.

Chọn C

Đơn thức đồng dạng với đơn thức \(3{{x}^{2}}{{y}^{3}}\) là \(-7{{x}^{2}}{{y}^{3}}\).

Chọn B

\(12+{{2}^{2}}{{.5}^{3}}=67\) là phép tính, không phải biểu thức đại số.

x² + 6x – 34; 7m + n; y³ – 4x + 56 là các biểu thức đại số.

Chọn A

Vì O là trọng tâm của \(\Delta ABC\) \(\Rightarrow \) AO, BO, CO là 3 đường trung tuyến của \(\Delta ABC\).

Mặt khác, \(\Delta ABC\) là tam giác đều nên AO, BO, CO cũng là đường cao của \(\Delta ABC\). Do đó, O là trực tâm của \(\Delta ABC\). Phát biểu của đáp án A, C, D đúng.

Loại đáp án A, C, D.

Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều nên AO vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác của \(\widehat{BAC}\). Phát biểu của đáp án B sai.

Chọn B.

Vì \(\Delta ABC\) cân tại A suy ra tia phân giác của \(\widehat{BAC}\) cũng chính là trung tuyến của tam giác đó.

Mà nó cắt đường trung tuyến BD tại K nên K là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

Vì I là trung điểm của AB nên CI là trung tuyến của \(\Delta ABC\). Loại đáp án B và D.

Vậy 3 điểm I, K, C thẳng hàng. Loại đáp án A.

K nằm trên đường trung tuyến CK của \(\Delta ABC\).

Chọn C.

Trọng tâm của tam giác là giao điểm của 3 đường trung tuyến trong tam giác đó nên loại đáp án A.

Giao điểm của 3 đường phân giác trong tam giác là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đó nên loại đáp án B.

Vì AM và BN là hai đường cao của \(\Delta ABC\) mà AM và BN giao nhau tại H nên CH cũng là đường cao của \(\Delta ABC\) nên loại đáp án D, chọn đáp án C.

Chọn C.

Vì \(\Delta ABC\) cân tại A (gt) \(\Rightarrow \widehat{B}=\widehat{C}=\left( {{180}^{0}}-\widehat{A} \right):2=\left( {{180}^{0}}-{{40}^{0}} \right):2={{70}^{0}}.\)

Vì D thuộc đường trung trực của AB nên

 \(\Rightarrow AD=BD\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

\(\Rightarrow \Delta ABD\) cân tại D (dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

\(\Rightarrow \widehat{DAC}+\widehat{CAB}=\widehat{DAB}=\widehat{B}={{70}^{0}}\Rightarrow \widehat{DAC}={{70}^{0}}-\widehat{CAB}={{70}^{0}}-{{40}^{0}}={{30}^{0}}.\)

Chọn A.

-  Trọng tâm là giao điểm của ba đường trung tuyến nên đáp án A sai. Loại đáp án A.

-  Giao điểm của ba đường phân giác của tam giác cách đều ba cạnh của tam giác là đúng. Chọn đáp án B.

- Trong một tam giác, đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh cũng đồng thời là đường phân giác ứng với cạnh đáy sai vì tính chất này không phải đúng với mọi tam giác. Loại đáp án C.

-  Giao điểm của ba đường phân giác của tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó sai vì giao điểm của ba đường phân giác của tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Loại đáp án D.

Chọn B.

Trung tuyến là đoạn thẳng nối một đỉnh của tam giác với trung điểm của cạnh đối diện với đỉnh đó. Mà một tam giác có 3 đỉnh, do đó một tam giác có tất cả 3 đường trung tuyến.

Chọn C

Xét bộ ba: 3cm, 5cm, 7cm. Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & 3+5=8>7 \\ & 3+7=11>5 \\ & 5+7=12>3 \\\end{align} \right.\) (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) nên bộ ba 3cm, 5cm, 7cm lập thành một tam giác. Loại đáp án A.

Xét bộ ba: 4cm, 5cm, 6cm. Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & 4+5=9>6 \\ & 5+6=11>4 \\ & 4+6=10>5 \\\end{align} \right.\) (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) nên bộ ba 4cm, 5cm, 6cm lập thành một tam giác. Loại đáp án B.

Xét bộ ba: 2cm, 5cm, 7cm. Ta có: \(2+5=7\) (không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) nên bộ ba 2cm, 5cm, 7cm không lập thành một tam giác. Chọn đáp án C.

Xét bộ ba: 3cm, 5cm, 6cm. Ta có: \(\left\{ \begin{align} & 3+6=9>5 \\ & 3+5=8>6 \\ & 5+6=11>3 \\\end{align} \right.\) (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) nên bộ ba 3cm, 5cm, 6cm lập thành một tam giác. Loại đáp án D.

 Chọn C.

Vì \(\Delta ABC\) có \(AC>BC>AB\) nên theo quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác ta có \(\widehat{C}<\widehat{A}<\widehat{B}\).

Chọn C.

\(f(x) = 0 \Rightarrow (x + 14)(x - 4) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 14 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 14\\x = 4\end{array} \right.\) 

Vậy tập nghiệm của đa thức f(x) là {4;  –14}.

Chọn D

\(\begin{array}{l}f(x) = {x^2} + 5x - 6 \Leftrightarrow f(x) = x - 1 + 6x - 6\\ \Leftrightarrow f(x) = (x - 1) + 6(x - 1) \Leftrightarrow f(x) = (x - 1)(x + 6)\\f(x) = 0 \Rightarrow (x - 1)(x + 6) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 6 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 6\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy nghiệm của đa thức f(x) là 1 và –6.

Chọn B

Ta có: \(\frac{2}{3}x{{y}^{2}}z{{\left( -3{{x}^{2}}y \right)}^{2}}=\frac{2}{3}x{{y}^{2}}z\left( 9{{x}^{4}}{{y}^{2}} \right)=\frac{2}{3}\cdot 9\cdot \left( x.{{x}^{4}} \right)\left( {{y}^{2}}.{{y}^{2}} \right).z=6{{x}^{5}}{{y}^{4}}z.\)

Bậc của đơn thức đã cho là :   5 + 4 + 1 = 10.

Chọn  D

Ta có: \(A=x{{y}^{6}}+\frac{2}{3}x{{y}^{2}}z-15{{x}^{3}}yz-x{{y}^{6}}+x{{y}^{2}}z\)

\(\begin{align}  & =\left( x{{y}^{6}}-x{{y}^{6}} \right)+\left( \frac{2}{3}x{{y}^{2}}z+x{{y}^{2}}z \right)-15{{x}^{3}}yz \\  & =\frac{5}{3}x{{y}^{2}}z-15{{x}^{3}}yz. \\ \end{align}\)

Bậc của \(\frac{5}{3}x{{y}^{2}}z\) là 4, bậc của \(-15{{x}^{3}}yz\) là 5 nên bậc của A là 5.

Chọn C

Biểu thức đại số biểu thị tích của a với hiệu của x và y là a(x – y).

Chọn  C

Quãng đường mà người đó đi bộ là : 4.x = 4x

Quãng đường mà người đó đi bằng xe máy là: 18.y = 18y

Tổng quãng đường đi được của người đó là: 4x + 18y

Chọn D

Trực tâm là giao điểm của 3 đường cao trong tam giác. Loại đáp án B.

Trọng tâm là giao điểm của 3 đường trung tuyến nên loại đáp án C.

Vì O là giao điểm của các đường trung trực trong \(\Delta ABC\) nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\). Loại đáp án D.

Gọi AO và DE giao nhau tại H. Vì \(\Delta ABC\) cân tại A và O là giao điểm của 3 đường trung trực trong \(\Delta ABC\) nên AO cũng là đường phân giác của \(\widehat{BAC}\) (tính chất tam giác cân).

Xét \(\Delta ADE\) có \(AD=AE\ \left( gt \right)\)

\(\Rightarrow \Delta ADE\) là tam giác cân tại A.

Lại có  AO là đường phân giác của \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow AO\) cũng là đường trung trực của \(\Delta ADE\)

Hay AO là đường trung trực của DE.

Chọn  A.

Xét \(\Delta ABC\) có BE và CD là hai đường cao giao nhau tại O nên O là giao điểm của 3 đường cao trong \(\Delta ABC\) (tính chất 3 đường cao của tam giác) \(\Rightarrow OA\bot BC\).

Mặt khác, AH là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(OA\bot BC\) hay A, O, H thẳng hàng.

Vậy phát biểu của ba đáp án B, C, D đều đúng. Chọn đáp án A.

Chọn A.

Vì đường trung trực của AC cắt AD tại D nên suy ra \(DA=DC\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

\(\Rightarrow \Delta ADC\) là tam giác cân tại D (dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

\(\Rightarrow \widehat{A}=\widehat{{{C}_{2}}}\left( 1 \right)\) (tính chất tam giác cân).

Vì CD là đường phân giác của \(\widehat{ACB}\Rightarrow \widehat{{{C}_{1}}}=\widehat{{{C}_{2}}}=\frac{\widehat{C}}{2}\left( 2 \right)\) (tính chất tia phân giác).

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \widehat{ACB}=2\widehat{A}\).

Lại có \(\Delta ABC\) cân tại A (gt) \(\Rightarrow \widehat{B}=\widehat{ACB}\) (tính chất tam giác cân) \(\Rightarrow \widehat{B}=2\widehat{A}\)

Xét \(\Delta ABC\) có:

\(\begin{align}  & \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{ACB}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{A}+2\widehat{A}+2\widehat{A}={{180}^{0}} \\  & \Rightarrow 5\widehat{A}={{180}^{0}} \\  & \Rightarrow \widehat{A}={{36}^{0}}\Rightarrow \widehat{B}=\widehat{C}=2\widehat{A}={{2.36}^{0}}={{72}^{0}} \\ \end{align}\)

Vậy \(\widehat{A}={{36}^{0}},\widehat{B}=\widehat{C}={{72}^{0}}.\)

Chọn C.

Gọi độ dài cạnh AC là \(x\left( x>0 \right)\). Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

\(4-1<x<4+1\Leftrightarrow 3<x<5\). Vì x là số nguyên nên x = 4. Vậy độ dài cạnh AC = 4cm.

Chọn D.