Đề thi học kì 1 Toán Lớp 7 Sách Kết nối tri thức - Đề số 3 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi học kì 1 Toán Lớp 7 Sách Kết nối tri thức - Đề số 3 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. ĐỀ THI HỌC KÌ I: ĐỀ SỐ 3 MÔN: TOÁN - LỚP 7 Phần I: Trắc nghiệm (3 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm. 1 1999 0 Câu 1: Kết quả của phép tính: 1103 là: 2 1 1 1 A. B. 1 C. 1 D. 2 2 2 Câu 2: Số nào dưới đây là số vô tỉ? 1 A. 7 B. 1, 01 C. 16 D. 7 Câu 3: Kim tự tháp Kheops là công trình kiến trúc nổi tiếng thể giới. Để xây dựng được công trình này, người ta phải sử dụng tới hơn 2,5 triệu mét khối đá, với diện tích đáy lên tới 52 198,16 m2 . (Theo khoahoc.tv) Biết rằng đáy của kim tự tháp Kheops có dạng một hình vuông. Tính độ dài cạnh đáy của kim tự tháp này (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất). A. 2 2 9 ,5m B. 229m C. 2 2 8 ,5m D. 228m Câu 4: Kết quả của phép tính: 5451545 là: A. 10 B. 20245 C. 20 D. 10 45 Câu 5: Tính số đo của góc xy, trong hình vẽ dưới đây: A 30° 30° 70° x y B D C A. xy 12000 , 30 B. xy 11500 , 35 C. xy 10000 , 50 D. xy 10500 , 45 Câu 6: Quan sát hình vẽ sau: 1
2. C A B Tính số đo của góc B , biết  A C D 300 . A. 300 B. 600 C. 250 D. 400 Câu 7: Cho tam giác ABC và tam giác N P M có BCPMBP   ,90 0 . Cần thêm một điều kiện gì để tam giác ABC và tam giác N P M bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vuông? A. A B P M B. A B P N C. A C M N D. AN  Câu 8: Tỉ lệ phần trăm số học sinh xuất sắc, giỏi, khá, trung bình của một lớp được biểu diễn qua biểu đồ hình quạt tròn sau: Tìm tỉ số phần trăm số học sinh xuất sắc và số hóc inh giỏi của lớp đó, biết rằng số học sinh xuất sắc bằng số học sinh giỏi. A. Số học sinh xuất sắc chiếm 14% , số học sinh giỏi chiếm 14% . B. Số học sinh xuất sắc chiếm 16% , số học sinh giỏi chiếm 16% . C. Số học sinh xuất sắc chiếm 15% , số học sinh giỏi chiếm 15% . D. Số học sinh xuất sắc chiếm 12% , số học sinh giỏi chiếm 12% . Phần II. Tự luận (7 điểm): Bài 1: (2,0 điểm) Thực hiện phép tính: 22 8 16 8 15 11 2 1 1 1 16 a) b) 5 . : 19 31 19 31 19 5 3 4 9 2 25 11 1 1 c) 121 225 d) 4 3,25 4 3 2 2 2
3. Bài 2: (2,0 điểm) Tìm x , biết: 2 2 1 3 4 1 a) 3140xx b) x : 3 5 3 3 21 c) xx 2.16.230 d) x 0,751 34 Bài 3: (1,0 điểm) Trong hình vẽ bên dưới có BEACCFAB//,// . Biết   AABC80,60.00 x y A 80° F E 60° z B C a) Chứng minh rằng A B E A C F ; b) Tính số đo của các góc B C F và A C B . c) Gọi B x, C y lần lượt là tia phân giác của các góc ABE và A C F . Chứng minh rằng B x C// y . Bài 4: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, lấy điểm M là trung điểm của cạnh AB , lấy điểm N là trung điểm của cạnh AC . Trên tia đối của tia NM lấy điểm Q sao cho NM NQ . Chứng minh rằng: a) Hai tam giác AMNCQN, bằng nhau; b) MB song song với QC ; 1 c) MN BC . 2 Bài 5: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Axy (2)2519994 2 HẾT 4
4. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Phần I: Trắc nghiệm 1.B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.A 7.C 8.D Câu 1 Phương pháp: Sử dụng quy ước: a0 1 với a 0 Thực hiện phép cộng với số hữu tỉ. Cách giải: 1 1999 0 11 1103 11 2 22 Chọn B. Câu 2 Phương pháp: Số vô tỉ là số viết được dưới dạng số thập phân vô hạn không tuần hoàn. Cách giải: Ta có: 1 , 01 là số thập phân vô hạn tuần hoàn 16 4 không phải là số vô tỉ 1 là số hữu tỉ. 7 Do đó, 7 là số vô tỉ. Chọn A. Câu 3 Phương pháp: Gọi độ dài cạnh hình vuông là xxm 0 Tính căn bậc hai số học của x là độ dài cạnh đáy của kim tự tháp cần tìm. Cách giải: Gọi độ dài cạnh hình vuông là Theo giả thiết, ta có: xx2 52198,16 52198,16 228,469 xm228,5 Vậy độ dài cạnh đáy của kim tự tháp xấp xỉ 228,5m. 5
5. Chọn C. Câu 4 Phương pháp: xkhix 0 Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: xxkhix 0 00khix Cách giải: Ta có: 5 52 25 Vì 2 5 4 5 nên 2 5 4 5 do đó, 5 4 5 Suy ra 5 4 5 0 Do đó, 545545545 Ta có: 5451545 5451545 10 Chọn A. Câu 5 Phương pháp: Áp dụng định lý góc ngoài của tam giác: góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó, tính số đo của x . Áp dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác, tính số đo của y. Cách giải: *Tam giác ABD có ADC là góc ngoài tại đỉnh D , ta có: ADC  BAD  ABD (góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó)  ADC 3070100000 x 1000 *Xét tam giác ACD có:  DACADCACD   1800 (định lý tổng ba góc trong một tam giác) 30100180000 y 13018000y y 18013000 y 500 Vậy xy 10000 , 50 Chọn C. Câu 6 Phương pháp: 6
6. Vận dụng định lí: Nếu ba cạnh của tam giác bằng ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau. Cách giải: Xét A D C và A D B có: A C A B (giả thiết) C D B D (giả thiết) AD là cạnh chung Suy ra ADCADBccc Do đó, A C D A B D (hai góc tương ứng) Mà  A C D 300 nên   ABDB 300 Chọn A. Câu 7 Phương pháp: Áp dụng định lý: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác này bằng cạnh huyền và một cạnh của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau. Cách giải: Hai tam giác ABC và N P M có BCPMBP   ,90 0 mà B C P, M lầm lượt là hai cạnh góc vuông của hai tam giác ABC và N P M nên để hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vuông thì ta cần thêm hai cạnh huyền bằng nhau là AC MN . Chọn C. Câu 8 Phương pháp: Đọc và phân tích dữ liệu của biểu đồ hình quạt tròn. Cách giải: Gọi số phần trăm học sinh xuất sắc là x% (điều kiện: x 0 ). Vì số học sinh xuất sắc bằng số học sinh giỏi nên số phần trăm học sinh giỏi là (điều kiện: ). Ta có: xx 63%13%100% 276%100%x 2100%76%x 224%x x 24% : 2 x 12% Vậy số học sinh xuất sắc chiếm 12% , số học sinh giỏi chiếm 12% . Chọn D. Phần II. Tự luận: 7
7. Bài 1 Phương pháp: a) Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. b) Tính căn bậc hai của một số. n aan Lũy thừa của một số hữu tỉ: . n bn0; bb Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. c) Thực hiện tính căn bậc hai của một số. x khi x 0 d) Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: x x khi x 0 00khi x Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. Cách giải: 81681511 22 a) 2 11116 1931193119 b) 5.: 5349 8161511 . 22 19313119 11 14 5.: 22 83111 5323 . 193119 1114 5.: 811 2 .1 5923 1919 12924 19 : 1 5181818 19 113 : 518 118 . 513 18 65 25 c) 121 225 4 2 5 11 1 1 11 15 d) 4 3,25 2 3 2 2 5 8 5 4 2 2 2 3 2 8
8. 2 11913 1 2 3224 1111813 3444 1115 344 1115 344 11411 1 343 1138 333 Bài 2 Phương pháp: a) Giải: A x B x.0 Trường hợp 1: Giải Ax 0 Trường hợp 2: Giải Bx 0 2 2 2 b) Giải Axaa Trường hợp 1: A x a Trường hợp 2: Axa 9
9. c) Giải: A x B x.0 Trường hợp 1: Giải Ax 0 Trường hợp 2: Giải Bx 0 xkhix 0 Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: xxkhix 0 00khix d) vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: Cách giải: 2 2 1 3 4 1 a) 3140xx b) x : 3 5 3 3 2 Trường hợp 1: 3 4 3 x .4 3 1x2 0 5 3 1 2 2 2 Vì x 0 với mọi x nên 30x với mọi x 3 2 2 x 22 5 Do đó, 3110x2 với mọi x Trường hợp 1: Trường hợp 2: Vậy không có x thỏa mãn . 3 3 Trường hợp 2: x 2 x 2 5 5 1 3 3 40x x 2 x 2 3 5 5 1 103 103 4x x x 3 55 55 111 13 7 x : 4. x x 334 5 5 1 x 13 7 12 Vậy x ; 55 1 Vậy x 12 21 c) xx 2. 16 . 230 d) x 0,751 34 Trường hợp 1: Trường hợp 2: x 2. 16 0 x 2.4 0 x 80 x 8 10
10. 2 3x 0 2 3 5 x 2 3x 0 3 4 4 23x 2 5 3 x x 3: 2 3 4 4 3 28 x x 2 2 34  3 Vậy x 8; 2 Trường hợp 1: Trường hợp 2: 2 2 x 2 x 2 3 3 2 2 x 2 x 2 3 3 62 62 x x 33 33 8 4 x x 3 3 84 Vậy x ; 33 Bài 3 Phương pháp: a) Vận dụng tính chất của hai đường thẳng song song. b) Hai góc kề bù có tổng số đo bằng 1800 . Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác. c) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hai đường thẳng song song. Cách giải: x y A 80° F E 60° z B C a) Vì BE// AC (giả thiết) nên ABE  BAC (hai góc so le trong) Vì AB// CF (giả thiết) nên ACF  BAC (hai góc so le trong) Suy ra ABE  ACF (vì cùng bằng BAC ) b) Vì AB// CF (giả thiết) nên ABC  FCx 600 (hai góc đồng vị) 11
11. Ta có B C F và F C x là hai góc kề bù nên   BCFFCx 1800 BCF 6000 180 BCF 1800 60 0 120 0 Xét tam giác ABC có:  BACABCBCA   1800 (định lí tổng ba góc trong một tam giác) 8060180000  ACB 140180  00ACB  ACB 18014040000 Vậy BCF 12000 ,  ACB 40 . c) Ta có: ABE 800 Bx là tia phân giác của ABE (giả thiết) suy ra  ABx 400 (tính chất tia phân giác của một 22 góc) ACF 800 Cy là tia phân giác của A C F (giả thiết) suy ra  FCy 400 (tính chất tia phân giác của một 22 góc) Ta có: x A B và ABC là hai góc kề nhau nên  BCxxABABC   4060100000 y C F và F C z là hai góc kề nhau nên  yCzyCFFCz   4060100000 Vì  BCxyCz  1000 mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên Bx// Cy (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song). Bài 4 Phương pháp: a) Vận dụng định lý: Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c). b) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hai đường thẳng song song. c) Vận dụng định lý: Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c). Vận dụng tính chất trung điểm của đoạn thẳng, tính chất bắc cầu. Cách giải: 12
12. A N M Q B C a) Vì N là trung điểm của AC nên A N N C Xét A M N và C Q N có: A N N C (chứng minh trên) A N M C N Q (hai góc đối đỉnh) N M N Q (giả thiết) Suy ra AMNCQNcgc b) Vì A M N C Q N (chứng minh a), suy ra M  A N Q C N (hai góc tương ứng) Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên A M Q// C Suy ra MBQC// (điều phải chứng minh) c) Vì AMNCQN (chứng minh a), suy ra MAQC (hai cạnh tương ứng) Lại có, M là trung điểm của AB nên MA MB Suy ra, MB QC (vì cùng bằng MA) Vì MBQC// (chứng minh b) nên  BMCQCM  (hai góc so le trong) Xét B M C và Q C M có: MB QC (chứng minh trên)  BMCQCM  (chứng minh trên) MC là cạnh chung Suy ra BMC QCM c g c BCQM (hai cạnh tương ứng) 1 1 Vì NMNQMNMQ . Do đó, MNBC (điều phải chứng minh) 2 2 Bài 5 Phương pháp: Vận dụng kiến thức lũy thừa của một số và căn bậc hai số học của một số. Cách giải: A ( x 2)4 25 1 y 2 999 Ta có: 13
13. xxxx   20,225255,; 44 10,  yy 2 xyx225199950999994,, y 42  xx 202 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . 101 yy Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 994 khi xy 2 ; 1 14