Đề thi học kì 2 Toán Lớp 7 Sách Kết nối tri thức - Đề số 5 (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi học kì 2 Toán Lớp 7 Sách Kết nối tri thức - Đề số 5 (Có lời giải chi tiết)

1. c ĐỀ THI HỌC KÌ II: ĐỀ SỐ 5 MÔN: TOÁN - LỚP 7 I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm. Câu 1. Tam giác ABC có BCcmACcm 1,8. Tìm độ dài cạnh AB, biết độ dài này là một số nguyên cm . A. 6cm B. 7cm C. 8cm D. 9cm Câu 2. Tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với số xuất hiện trên thẻ được rút ra là B = {1; 2; 3; ; 29,30}. Tính xác suất để kết quả rút ra là một thẻ có số chia hết cho 3 1 1 A. 6 B. 30 C. D. 2 3 Câu 3. Cho ABC có ABcmBCcmACcm 6,8,10. Số đo góc A ;; B  C theo thứ tự là: A.  BCA   B.  CAB   C.  ABC   D.  CBA   Câu 4. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Số 0 không phải là một đa thức. B. Nếu ABC cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường thẳng. C. Nếu ABC cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường tròn. D. Số 0 được gọi là một đa thức không và có bậc bằng 0 Câu 5. Nghiệm của đa thức: Pxx 153 là: 1 1 A. B. C. 5 D. 5 5 5 Câu 6. Hình lăng trụ đứng tam giác có đáy là tam giác đều có cạnh bằng 3cm , chiều cao hình lăng trụ bằng 10cm . Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đó là: A. 30cm2 B. 90cm2 C. 90cm3 D. 13cm2 Câu 7. Bậc của đa thức 10x78 x 2 x là: A. 7 B. 8 C. 15 D. 10 Câu 8. Nếu đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x theo hệ số tỉ lệ là 2025 thì đại lượng x tỉ lệ thuận với đại lượng y theo hệ số tỉ lệ là:
2. 1 1 A. B. 2025 C. D. 2025 2025 2025 II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Bài 1. (0,75 điểm) Phần bên trong của một cái khuôn làm bánh (không có nắp) có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là hình vuông cạnh là 2 0 ,cm chiều cao 5.cm Người ta dự định sơn phần bên trong bằng loại sơn không dính. Hỏi với một lượng sơn đủ bao phủ được 100m2 thì sơn được bao nhiêu cái khuôn làm bánh? Bài 2. (1,5 điểm) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc A đến B . Xe thứ nhất đi từ A đến B hết 6 giờ, xe thứ hai đi từ B đến A hết 3giờ. Đến chỗ gặp nhau, xe thứ hai đã đi được một quãng đường dài hơn xe thứ nhất đã đi là 54 km. Tính quãng đường AB . Bài 3. (2,25 điểm) Cho các đa thức sau: 1 Pxxxxx 2333 242 2 Qxxxxxxx 341,532143234 a) Thu gọn và sắp xếp các đa thức trên theo thứ tự số mũ của biến giảm dần. Xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của các đa thức đã cho. b) Xác định PxQx , PxQx . 3 c) Xác định đa thức Rx thỏa mãn R xP xQ xxxx 2321. 2 Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A.Trên cạnh AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho AM + AN = 2AB. a) Chứng minh rằng: BM = CN b) Chứng minh rằng: BC đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN. c) Đường trung trực của MN và tia phân giác của BAC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng BKMCKN từ đó suy ra KC vuông góc với AN. a b cc a bb c a Bài 5. (0,5 điểm) Cho abc,,0 và thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức cba abbcca S . abc LỜI GIẢI CHI TIẾT I. Trắc nghiệm 1. C 2. D 3. B 4. B
3. 5. B 6. B 7. B 8. C Câu 1. Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức tam giác để tìm cạnh còn lại. Cách giải: Áp dụng bất đẳng thức cho tam giác ABC ta có: ACBCABACBC 8181 AB 79AB ABcm8 Chọn C. Câu 2. Phương pháp: Tìm các số chia hết cho 3 từ 0 đến 30 Cách giải: Các số chia hết cho 3 từ tập B = {1; 2; 3; ; 29,30} là 3,6,9,12,15,18,21,24,27,30 => Có tất cả 10 số chia hết cho 3. 1 0 1 Vậy xác suất để thẻ rút ra là số chia hết cho 3 là: 3 0 3 Chọn D. Câu 3. Phương pháp: So sánh độ dài các cạnh rồi dựa vào mối quan hệ giữa cạnh và góc trong một tam giác để so sánh các góc với nhau. Trong một tam giác, góc đối diện với cạnh lớn hơn thì góc lớn hơn. Cách giải: ABC có ABcm 6,8,10. BCcm ACcm Ta có: AB BC AC CAB   Chọn B. Câu 4. Phương pháp: Áp dụng định nghĩa về đa thức và tính chất tam giác cân. Cách giải: Xét từng đáp án:
4. A. Số 0 không phải là một đa thức. Sai Vì số 0 là đa thức 0 B. Nếu ABC cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường thẳng. Đúng: (vẽ một tam giác cân và xác định trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều 3 đỉnh, điểm nằm trong tam giác và cách đều 3 cạnh ta thấy chúng cùng nằm trên một đường thẳng) C. Nếu ABC cân thì trọng tâm, trực tâm, điểm cách đều ba đỉnh, điểm (nằm trong tam giác) cách đều ba cạnh cùng nằm trên một đường tròn. Sai Vì chúng nằm trên cùng 1 đường thẳng. D. Số 0 được gọi là một đa thức không và có bậc bằng 0. Sai Vì số 0 được gọi là đa thức không và nó là đa thức không có bậc. Chọn B Câu 5. Phương pháp: Tìm nghiệm của đa thức Px , ta giải phương trình Px 0 Cách giải: Ta có: Px 0 1530x 153x 1 x 5 1 Vậy x là nghiệm của đa thức Pxx 153 5 Chọn B. Câu 6. Phương pháp: + Tam giác đều có ba cạnh bằng nhau. + Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng là: SCxq đáy .h Cách giải: 2 Diện tích xung quanh của hình lăng trụ là: Sxq 3 3 3 .10 9.10 90 cm Chọn B. Câu 7. Phương pháp: Phương pháp: Bậc của đa thức là bậc của hạng tử có bậc cao nhất trong dạng thu gọn của đa thức đó
5. Cách giải: Ta có: hạng tử x8 là có bậc cao nhất Bậc của đa thức 1 0 2x x78 x là: 8 Câu 8. Phương pháp: Nếu đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x theo hệ số tỉ lệ k thì ta có công thức: y kx Cách giải: Vì đại lượng tỉ lệ thuận với đại lượng theo hệ số tỉ lệ là 2025 nên ta có công thức: yx 2025 1 Từ đó suy ra xy 2025 1 Do đó, đại lượng x tỉ lệ thuận với đại lượng y theo hệ số tỉ lệ . 2025 Chọn C. Chú ý: Nếu đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x theo hệ số tỉ lệ k thì đại lượng x tỉ lệ thuận với đại lượng 1 y theo hệ số tỉ lệ . k II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Bài 1. Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật. Chú ý: Phải đưa về cùng đơn vị đo Bước 1: Đổi 1001000000mcm22 Bước 2: Tính diện tích xung quanh của khuôn Bước 3: Tính diện tích cần sơn của một khuôn Bước 4: Tính số khuôn sơn được Cách giải: Đổi 1001000000mcm22 2 Diện tích xung quanh của chiếc khuôn là: Sxq 2. 20 20 .5 400 cm 2 Diện tích cần được sơn của một chiếc khuôn là: S Sxq S 400 20.20 800 cm Số chiếc khuôn được sơn là: 1000000:8001250 (chiếc) Bài 2. Phương pháp:
6. a c c a Tính chất dãy tỉ số bằng nhau: b d d b Cách giải: Gọi quãng đường của xe thứ nhất đi được từ A đến chỗ gặp là x (km) x 0 Gọi quãng đường của xe thứ hai đi được từ B đến chỗ gặp là y (km) y 0 xy Ta có: 36 Quãng đường đi được của xe thứ hai dài hơn xe thứ nhất 54 km nên yx 54 xyyx 54 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 18 36633 x Do đó 18 54 x (thỏa mãn) 3 y 18108y (thỏa mãn) 6 Quãng đường AB dài là 5 4 1 0 8 1 6 2 (km) Vậy quãng đường AB dài là 162 (km). Bài 3. Phương pháp: + Để thu gọn đa thức ta thực hiện phép cộng các đơn thức đồng dạng. + Bậc của đa thức là bậc của hạng tử có bậc cao nhất trong dạng thu gọn của đa thức đó. + Ta có thể mở rộng cộng (trừ) các đa thức dựa trên quy tắc “dấu ngoặc” và tính chất của các phép toán trên số. + Đối với đa thức một biến đã sắp xếp còn có thể cộng (trừ) bằng cách đặt tính theo cột dọc tương tự cộng (trừ) các số. Cách giải: a) 1 P xxxxx 2333 242 2 1 3323xxxx422 2 5 323xxx42 2 Vậy: P có bậc là 4 ; Hệ số cao nhất là 3; Hệ số tự do là 3
7. Qxxxxxxx 341,532143234 331,5421xxxxxx44332 5 xxx32421 2 5 Vậy: Q có bậc là 3; Hệ số cao nhất là ; Hệ số tự do là 1 2 b) 4232 55 PxQxxxxxxx 323421 22 55 342231xxxxxx4322 22 5 13 32x4 x 3 x 2 22 4232 55 PxQxxxxxxx 323421 22 55 323421xxxxxx4232 22 55 342231xxxxxx4322 22 53 344xxxx432 22 3 c) R x P x Q x x23 21 x x 2 43243223 513533 R xxxxxxxxxxx 3234421 22222 551333 R xxxxxxxxxxx 334244332223 4 21 22222 3 R xxxxxx 5742323 21 2 3 R xxxxxx 21332 5742 2 3 R xxxxxx 21332 5742 2 3 R x 2 x3 5 x 3 7 x 2 x 4 x 2 1 2 11 R x 3 x32 7 x x 1 2 Bài 4.
8. Phương pháp: a) Sử dụng tính chất tam giác cân, sau đó dùng giả thiết đã cho lập luận để suy ra điều phải chứng minh. b) Sử dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác để suy ra các cặp tam giác bằng nhau, từ đó suy ra điều phải chứng minh. c) Sử dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác để chứng minh hai góc bằng nhau, sử dụng thêm tính chất hai góc kề bù để suy ra điều phải chứng minh. Cách giải: a) Do tam giác ABC cân tại A, suy ra AB = AC. Ta có: AM + AN = AB – BM + AC + CN = 2AB – BM + CN. Ta lại có AM + AN = 2AB(gt), nên suy ra 22ABBMCNAB . BMCNBMCN0 b) Gọi I là giao điểm của MN và BC. Vậy BM = CN (đpcm) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E. Do ME // NC nên ta có: I M E C N I (hai góc so le trong) MEI NCI (hai góc so le trong) MEBACB (hai góc đồng vị) nên MEB ABCMBE cân tại M nên MB = ME. Do đó, ME = CN. Ta chứng minh được MEINCIg c g( ) Suy ra MI = NI (hai cạnh tương ứng), từ đó suy ra I là trung điểm của MN. c) Xét hai tam giác MIK và NIK có: MI = IN (cmt), MIKNIK 900 IK là cạnh chung. Do đó MIKNIKc g c( ) . Suy ra KM = KN (hai cạnh tương ứng). Xét hai tam giác ABK và ACK có: AB = AC(gt), BAK CAK (do BK là tia phân giác của góc BAC), AK là cạnh chung, Do đó ABKACK c g( ) c . Suy ra KB = KC (hai cạnh tương ứng). Xét hai tam giác BKM và CKN có: MB = CN, BK = KN, MK = KC, Do đó BKM CKN( ) c c c ,
9. Suy ra M B K K C N . Mà MBKACKACKKCNKCAN  180:00 290. (đpcm) Bài 5. Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau. Cách giải: - Trường hợp 1: ,abc , 0 và abcabcacbbca 0;; thay vảo biểu thức S ta được: cab S 1. abc - Trường hợp 2: abc, , 0 và abc 0. Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta được: abccabbcaabccabbca 1 cbacba abc 2 Suy ra cab 2 thay vào biểu thức S ta được: bca 2 2.2.2cab S 8 abc abccabbca Vậy: S 1 khi và abc,,0; abc 0 cba S 8 khi và abc 0 .