ĐỀ THI CUỐI KÌ I TOÁN 7

ĐỀ THI HỌC KÌ I: ĐỀ SỐ MƠN: TỐN - LỚP BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Phần I: Trắc nghiệm (3 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước đáp án vào làm Câu 1: Kết phép tính: A  1999   1103  là:   B 1 C D 1 C 16 D 1 Câu 2: Số số vô tỉ? A B 1,  01 Câu 3: Kim tự tháp Kheops cơng trình kiến trúc tiếng thể giới Để xây dựng cơng trình này, người ta phải sử dụng tới 2,5 triệu mét khối đá, với diện tích đáy lên tới 52 198,16 m2 (Theo khoahoc.tv) Biết đáy kim tự tháp Kheops có dạng hình vng Tính độ dài cạnh đáy kim tự tháp (làm tròn kết đến chữ số thập phân thứ nhất) A 229,5m B 229m C 228,5m D 228m C 20 D 10  45 Câu 4: Kết phép tính:  45  15  45 là: A 10 B 20  45 Câu 5: Tính số đo góc x, y hình vẽ đây: A 30° 30° 70° B A x  1200 , y  300 B x  1150 , y  350 x D y C C x  1000 , y  500 D x  1050 , y  450 Câu 6: Quan sát hình vẽ sau: C A B Tính số đo góc B , biết ACD  300 A 300 B 600 D 400 C 250 Câu 7: Cho tam giác ABC tam giác NPM có BC  PM , B  P  900 Cần thêm điều kiện để tam giác ABC tam giác NPM theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vng? A AB  PM B AB  PN D A  N C AC  MN Câu 8: Tỉ lệ phần trăm số học sinh xuất sắc, giỏi, khá, trung bình lớp biểu diễn qua biểu đồ hình quạt trịn sau: Tìm tỉ số phần trăm số học sinh xuất sắc số hóc inh giỏi lớp đó, biết số học sinh xuất sắc 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 phép tính: 2 16     1   5    :           8 16 8 15 11   a) 19 31 19 31 19 b) 25 c) 121  225  11  1  d)       3,25   2 Bài 2: (2,0 điểm) Tìm x , biết: 1  a)  3x  1  x    3  3  b)  x    : 5 3    d) x  c) x  16 x    0,75  Bài 3: (1,0 điểm) Trong hình vẽ bên có BE / / AC, CF / / AB Biết A  800 , ABC  600 y x A 80° F E z 60° B C a) Chứng minh ABE  ACF ; b) Tính số đo góc BCF ACB c) Gọi Bx, Cy tia phân giác góc ABE ACF Chứng minh Bx / /Cy Bài 4: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, lấy điểm M trung điểm cạnh AB , lấy điểm N trung điểm cạnh AC Trên tia đối tia NM lấy điểm Q cho NM  NQ Chứng minh rằng: a) Hai tam giác AMN , CQN nhau; b) MB song song với QC ; c) MN  BC Bài 5: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  ( x  2)4  25  1  y   999 -HẾT - 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 Phương pháp: Sử dụng quy ước: a0  với a  Thực phép cộng với số hữu tỉ Cách giải:  1 1999   1103       2 Chọn B Câu Phương pháp: Số vô tỉ số viết dạng số thập phân vô hạn khơng tuần hồn Cách giải: Ta có: 1,  01 số thập phân vơ hạn tuần hồn 16  số vô tỉ 1 số hữu tỉ Do đó, số vơ tỉ Chọn A Câu Phương pháp: Gọi độ dài cạnh hình vng x  x    m  Tính bậc hai số học x độ dài cạnh đáy kim tự tháp cần tìm Cách giải: Gọi độ dài cạnh hình vng x  x    m  Theo giả thiết, ta có: x2  52198,16  x  52198,16  228,469  x  228,5  m  Vậy độ dài cạnh đáy kim tự tháp xấp xỉ 228,5m Chọn C Câu Phương pháp:  x x   Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối số thực: x   x x  0 x   Cách giải: Ta có:  52  25 Vì 25  45 nên 25  45 đó,  45 Suy  45    Do đó,  45    45  5  45 Ta có:  45  15  45  5  45  15  45  10 Chọn A Câu Phương pháp: Áp dụng định lý góc ngồi tam giác: góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó, tính số đo x Áp dụng định lý tổng ba góc tam giác, tính số đo y Cách giải: *Tam giác ABD có ADC góc ngồi đỉnh D , ta có: ADC  BAD  ABD (góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó)  ADC  300  700  1000  x  1000 *Xét tam giác ACD có: DAC  ADC  ACD  1800 (định lý tổng ba góc tam giác)  300  1000  y  1800  1300  y  1800  y  1800  1300  y  500 Vậy x  1000 , y  500 Chọn C Câu Phương pháp: Vận dụng định lí: Nếu ba cạnh tam giác ba cạnh tam giác hai tam giác Cách giải: Xét ADC ADB có: AC  AB (giả thiết) CD  BD (giả thiết) AD cạnh chung Suy ADC  ADB  c.c.c  Do đó, ACD  ABD (hai góc tương ứng) Mà ACD  300 nên ABD  B  300 Chọn A Câu Phương pháp: Áp dụng định lý: Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác cạnh huyền cạnh tam giác vuông hai tam giác vng Cách giải: Hai tam giác ABC NPM có BC  PM , B  P  900 mà BC, PM lầm lượt hai cạnh góc vng hai tam giác ABC NPM nên để hai tam giác theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vng ta cần thêm hai cạnh huyền AC  MN Chọn C Câu Phương pháp: Đọc phân tích liệu biểu đồ hình quạt tròn Cách giải: Gọi số phần trăm học sinh xuất sắc x% (điều kiện: x  ) Vì số học sinh xuất sắc số học sinh giỏi nên số phần trăm học sinh giỏi x% (điều kiện: x  ) Ta có: x  x  63%  13%  100% x  76%  100% x  100%  76% x  24% x  24% : x  12% Vậy số học sinh xuất sắc chiếm 12% , số học sinh giỏi chiếm 12% Chọn D Phần II Tự luận: Bài Phương pháp: a) Thực phép tốn với số hữu tỉ b) Tính bậc hai số n an a Lũy thừa số hữu tỉ:    n  b  0; n  b b  Thực phép toán với số hữu tỉ c) Thực tính bậc hai số  x x   d) Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối số thực: x   x x  0 x   Thực phép toán với số hữu tỉ Cách giải: a) 8 16 8 15 11   19 31 19 31 19 8  16 15  11     19  31 31  19 8 31 11   19 31 19 8 11   19 19 19   1 19  c) 121  225  5 8  4    2 3   11  15  b) 2 16     1   5    :            1    12  :    52  32  1 4  :     9 3  24  :     18 18 18  13  : 18 18  13 18  65  25 11  1        3,25   d) 13  11   1      2   11 18 13     4 11   4 11    4 11 11    1 11    3  Bài Phương pháp: a) Giải: A  x  B  x   Trường hợp 1: Giải A  x   Trường hợp 2: Giải B  x   b) Giải  A  x    a   a  2 Trường hợp 1: A  x   a Trường hợp 2: A  x   a c) Giải: A  x  B  x   Trường hợp 1: Giải A  x   Trường hợp 2: Giải B  x    x x   Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối số thực: x   x x  0 x    x x   d) vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối số thực: x   x x  0 x   Cách giải: 1  a) 3x   x    3  3  b)  x    : 5 3  Trường hợp 1: 3  x    5    2 3x   Vì x2  với x nên 3x  với x Do đó, 3x2    với x Vậy khơng có x thỏa mãn 3x   0 1 4x  1 1 x :4  3 1 x 12 4x   Trường hợp 2: 2 x 2 10 x  5 13 x x  2 x  2  10 x  5 7 x 13 7  Vậy x   ;  5  1 12  c) x  16 x   Trường hợp 1: Trường hợp 1: x Trường hợp 2: Vậy x  3   x      2  5  d) x  Trường hợp 2:  0,75  x  16  x  2.4  x8 x  8 10 2x   2x   x  3 x  3 : 3 x x   4 x   4 x  2  3  Vậy x  8;  2  Trường hợp 1: Trường hợp 2: 2 x  2 x  3 x x  2 x  2  6 x  3 4 x x  4  Vậy x   ;  3  Bài Phương pháp: a) Vận dụng tính chất hai đường thẳng song song b) Hai góc kề bù có tổng số đo 1800 Vận dụng định lý tổng ba góc tam giác c) Vận dụng dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song Cách giải: y x A 80° F E z 60° 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 ABE  ACF (vì BAC ) b) Vì AB / /CF (giả thiết) nên ABC  FCx  600 (hai góc đồng vị) 11 Ta có BCF FCx hai góc kề bù nên BCF  FCx  1800  BCF  600  1800  BCF  1800  600  1200 Xét tam giác ABC có: BAC  ABC  BCA  1800 (định lí tổng ba góc tam giác)  800  600  ACB  1800  1400  ACB  1800  ACB  1800  1400  400 Vậy BCF  1200 , ACB  400 c) Ta có: ABE 800   400 (tính chất tia phân giác Bx tia phân giác ABE (giả thiết) suy ABx  2 góc) Cy tia phân giác ACF (giả thiết) suy FCy  ACF 800   400 (tính chất tia phân giác 2 góc) Ta có: xAB ABC hai góc kề nên BCx  xAB  ABC  400  600  1000 yCF FCz hai góc kề nên yCz  yCF  FCz  400  600  1000 Vì BCx  yCz  1000 mà hai góc vị trí đồng vị nên Bx / /Cy (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song) Bài Phương pháp: a) Vận dụng định lý: Nếu hai cạnh góc xen tam giác hai cạnh góc xen tam giác hai tam giác theo trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c) b) Vận dụng dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song c) Vận dụng định lý: Nếu hai cạnh góc xen tam giác hai cạnh góc xen tam giác hai tam giác theo trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c) Vận dụng tính chất trung điểm đoạn thẳng, tính chất bắc cầu Cách giải: 12 A M B N Q C a) Vì N trung điểm AC nên AN  NC Xét AMN CQN có: AN  NC (chứng minh trên) ANM  CNQ (hai góc đối đỉnh) NM  NQ (giả thiết) Suy AMN  CQN  c.g.c  b) Vì AMN  CQN (chứng minh a), suy MAN  QCN (hai góc tương ứng) Mà hai góc vị trí so le nên AM / /QC Suy MB / /QC (điều phải chứng minh) c) Vì AMN  CQN (chứng minh a), suy MA  QC (hai cạnh tương ứng) Lại có, M trung điểm AB nên MA  MB Suy ra, MB  QC (vì MA ) Vì MB / /QC (chứng minh b) nên BMC  QCM (hai góc so le trong) Xét BMC QCM có: MB  QC (chứng minh trên) BMC  QCM (chứng minh trên) MC cạnh chung Suy BMC  QCM  c.g.c   BC  QM (hai cạnh tương ứng) Vì NM  NQ  MN  1 MQ Do đó, MN  BC (điều phải chứng minh) 2 Bài Phương pháp: Vận dụng kiến thức lũy thừa số bậc hai số học số Cách giải: A  ( x  2)4  25  1  y   999 Ta có: 13  x    0, x  1  y   0, y    x  2   x  2  25  25  5, x  ;  25  1  y   999    999  994, x, y  x    x  2 Dấu “=” xảy    1  y   y 1 Vậy giá trị nhỏ A 994 x  2; y  14