Đề thi học kì 2 Toán Lớp 7 - Đề 15 (Kèm đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học kì 2 Toán Lớp 7 - Đề 15 (Kèm đáp án và thang điểm)

1. ĐỀ 15 ĐỀ THI HỌC KỲ II TOÁN 7 Thời gian: 90 phút Câu 1: (2,0 điểm). Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B được giáo viên ghi lại trong bảng sau: Thời gian (x) 5 7 8 9 10 13 Tần số (n) 4 3 9 7 5 2 N = 30 a/ Dấu hiệu ở đây là gì? Tìm mốt của dấu hiệu? b/ Tính số trung bình cộng của dấu hiệu? Câu 2: (3,5 điểm). Cho hai đa thức: P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4 Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2 a/ Thu gọn các đa thức trên và sắp xếp các hạng tử theo lũy thừa giảm dần của biến. Tìm bậc của mỗi đa thức trên. 1 b/ Tính giá trị của các đa thức P(x) tại x = ; Q(x) tại x = 1. 2 c/ Tính Q(x) + P(x) và Q(x) – P(x) d/ Tìm giá trị của x sao cho: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0 Câu 3: (3,5 điểm). Cho ABC, lấy M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng: a/ AC = EB và AC // BE b/ Trên AC lấy điểm I, trên EB lấy điểm K sao cho AI = EK. Chứng minh ba điểm: I, M, K thẳng hàng. c/ Từ E kẻ EH  BC (H BC). Biết K là trung điểm của BE và HK = 5 cm; HE = 6 cm. Tính độ dài đoạn thẳng BH. Câu 4: (3,0 điểm). Tìm số tự nhiên n có hai chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đồng thời là hai số chính phương. BÀI LÀM Câu 1: a/ Dấu hiệu ở đây là: " Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B". Mốt của dấu hiệu là: M0 = 8 5.4 7.3 8.9 9.7 10.5 13.2 b/ Trung bình cộng của dấu hiệu là: X = = 8,4 30 Câu 2: a/ Thu gọn và sắp xếp các đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến:
2. P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4 P(x) = (2x4 – 2x4) + (9x2 – 4x2) + (– 3x – x) + 7 P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2 Q(x) = – 5x3 – x2 + (– 3x + 7x) + (– 3 – 2) Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 Bậc của đa thức P(x) là 2, bậc của đa thức Q(x) là 3 b/ Ta có: P(x) = 5x2 – 4x + 7 2 1 1 1 41 P 5. 4. 7 = 2 2 2 4 Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 Q(1) = – 5.13 – 12 + 4.1 – 5 = – 7 c/ Ta có: Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 + P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) + P(x) = – 5x3+4x2 + 2 Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 – P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) – P(x) = – 5x3–6x2 + 8x – 12 d/ Ta có: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0 (– 5x3 + 4x2 + 2) + 5x2 – 2 = 0 – 5x3 + 9x2 = 0 x2(– 5x + 9) = 0 2 x 0 x 0 9 5x 9 0 x 5 9 Vậy x = 0 hoặc x = 5 Câu 3: A 1 I 1 M H B C 2 K 1 E
3. ABC, MB = MC, ME = MA, AI = EK, EH  BC, KB = KE GT HK = 5 cm; HE = 6 cm a/ AC = EB và AC // BE KL b/ I, M, K thẳng hàng c/ BH = ? a/ Xét AMC và EMB có: MA = ME (GT) A· MC E· MB (Hai góc đối đỉnh) MC = MB (GT) AMC = EMB (c – g – c) AC = EB (Hai cạnh tương ứng) và Aµ 1 Eµ 1 (Hai góc tương ứng) mà Aµ 1 và Eµ 1 ở vị trí so le trong nên AC // BE b/ Vì AMC = EMB (Theo câu a) MA = ME (Hai cạnh tương ứng) Xét AMI và EMK có: AI = EK (GT) Aµ 1 Eµ 1 (CM ở câu a) MA = ME (CM trên) AMI và EMK (c – g – c) Mµ 1 Mµ 2 (Hai góc tương ứng) 0 0 Ta có: Mµ 1 I·ME = 180 (Hai góc kề bù) mà Mµ 1 Mµ 2 nên Mµ 2 I·ME = 180 Ba điểm I, M, K thẳng hàng. 1 c/ Vì BHE vuông tại H có HK là đường trung tuyến nên HK = BE BE = 2HK = 2.5 = 10 cm. 2 Áp dụng định lý Pythagoras vào BHE vuông tại H: BE2 = BH2 + HE2 102 = BH2 + 62 BH2 = 100 – 36 BH2 = 64 BH = 8 cm Câu 4: Vì n có hai chữ số nên 10 n 99 20 2n 198 21 2n + 1 199. Vì 2n + 1 là số chính phương mà 21 2n + 1 199 nên 2n + 1 {25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; 144; 169; 196}.
4. Vì 2n + 1 lẻ nên 2n + 1 {25; 49; 81; 121; 169} n {12; 24; 40; 60; 84} (1) Vì 3n + 1 chia cho 3 dư 1 nên từ (1) n = 40