Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 21 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
21
Dung lượng
533 KB
Nội dung
TRƯỜNG THCS TÂN THÀNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Họ và tên : NĂM HỌC 2008 – 2009 Lớp : Số báo danh: Môn :.Toán 7 Thời gian làm bài : 90 phút Giám thò : Giám khảo : Tổng số điểm : ĐỀ 2: A. Lý thuyết (3đ) Câu 1: Mốt của dấu hiệu là gì? (0,5đ) Câu 2: Bậc của đa thức là gì? (0,5đ) Câu 3: Để cộng hay trừ các đơn thức đồng dạng ta làm như thế nào? (0,5đ) Câu 4: (0,5đ) Nêu lại đònh lí về cạnh đối diện với góc lớn hơn? Câu 5: (0,5đ) Nêu lại hệ quả của bất đẳng thức tam giác? Câu 6: Nêu lại đònh lí về tính chất ba đường trung tuyến của tam giác (0,5đ) B. Bài tập (7đ) Câu 7: (1đ) Tính giá trò của biểu thức 3x 2 - 9x tại x = -1 và x = − Câu 8: (2đ) Cho hai đa thức: M = x 2 + 2x +3x 3 - -8 N = -4x 2 - 5x - x 2 - 12 Tính : a/ M + N b/ M - N Câu 9: (1đ) Tìm nghiệm của đa thức Q(x) = 6x + 12 Câu 10: (3d) Cho · xOy khác góc bẹt. Trên tia Ox lấy hai điểm A và B, trên tia Oy lấy hai điểm C và D sao cho OA = OC; OB = OD. Gọi I là giao điểm của hai đoạn thẳng AD và BC. Chứng minh rằng: a/ BC = AD b/ IA = IC; IB = ID TRƯỜNG THCS TÂN THANH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Họ và tên : NĂM HỌC 2008 – 2009 Lớp : Số báo danh: Môn :.Toán 7 Thời gian làm bài : 90 phút Giám thò : Giám khảo : Tổng số điểm : ĐỀ 2: C. Lý thuyết (3đ) Câu 1: Mốt của dấu hiệu là gì? (0,5đ) Câu 2: Bậc của đa thức là gì? (0,5đ) Câu 3: Để cộng hay trừ các đơn thức đồng dạng ta làm như thế nào? (0,5đ) Câu 4: (0,5đ) Nêu lại đònh lí về cạnh đối diện với góc lớn hơn? Câu 5: (0,5đ) Nêu lại hệ quả của bất đẳng thức tam giác? Câu 6: Nêu lại đònh lí về tính chất ba đường trung tuyến của tam giác (0,5đ) D. Bài tập (7đ) Câu 7: (1đ) Tính giá trò của biểu thức 3x 2 - 9x tại x = -1 và x = − Câu 8: (2đ) Cho hai đa thức: M = 5x 2 + 7x - 2x 3 +9 N = 6x 2 - 2x - 7x 3 - 12 Tính : a/ M + N b/ M - N Câu 9: (1đ) Tìm nghiệm của đa thức Q(x) = 6x + 12 Câu 10: (3d) Cho · xOy khác góc bẹt. Trên tia Ox lấy hai điểm A và B, trên tia Oy lấy hai điểm C và D sao cho OA = OC; OB = OD. Gọi I là giao điểm của hai đoạn thẳng AD và BC. Chứng minh rằng: a/ BC = AD b/ IA = IC; IB = ID ĐÁP ÁN A.Lý thuyết (3đ) Câu 1: (0,5đ) Mốt của dấu hiệu là giá trò có tần số lớn nhất trong bảng tần số. Câu 2: (0,5đ) Bậc của đa thức là bậc của hạng tử có bậc cao nhất trong dạng thu gọn của đa thức đó. Câu 3: (0,5đ) Để cộng (hay trừ) các đơn thức đồng dạng ta cộng (hay trừ) các hệ số với nhau và giữ nguyên phần biến. Câu 4: (0,5đ) Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn. Câu 5: (0,5đ) Trong một tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũnh nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại. Câu 6: (0,5đ) Ba đường trung tuyến của 1 tam giác cùng đi qua 1 điểm. Điểm đó cách mỗi đỉnh 1 khoảng bằng 2/3 độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy. B. Bài tập (7đ) Câu 7: Khi x = -1 thì: 3x 2 - 9x = 3.(-1) 2 - 9.(-1) = 3 + 9 = 12. Khi x = − thì 3.( − ) 2 - 9.( − ) = + 3 = = Câu 8: Câu 9: Cho Q(x) = 0 Hay 6x + 12 = 0 6x = -12 x = − = − Vậy nghiệm của đa thức trên là x = -2 Câu 10: GT: · XOY < , A,B ∈ Ox, C,D ∈ Oy OC = OA, OD = OB, AD I BC = E KL: a/ AD = BC b/ IA = IC, IB = ID Chứng minh a/ Xét OAD∆ và OCB∆ có OA = OC (gt) µ O chung OD = OB (gt) Do đó OAD∆ = OCB∆ (c-g-c) Suy ra AD = BC b/ Xét IAB∆ và ICD∆ 2 C x y A B D Có · · ABI CDI do OAD OCB= ∆ = ∆ AB = CD (Do OA = OC, OB = OD) · · BAI DCI= (đ đ) nên IAB ICD∆ = ∆ (g-c-g) Suy ra IA = IC, IB = ID TRƯỜNG THCS TÂN THANH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Họ và tên : NĂM HỌC 2008 – 2009 Lớp : Số báo danh: Môn :.Toán 7 Thời gian làm bài : 90 phút Giám thò : Giám khảo : Tổng số điểm : ĐỀ 1: E. Lý thuyết (3đ) Câu 1: Hãy nêu lại ý nghóa của số trung bình cộng (0,5đ) Câu 2: Đơn thức là gì? (0,5đ) Câu 3: Đa thức là gì? (0,5đ) Câu 4: Hãy nêu lại đònh lý Pytago. (0,5đ) Câu 5: Hãy nêu lại đònh lí về tính chất ba đường phân giác của tam giác (0,5đ) Câu 6: Nêu lại đònh lí về góc đối diện với cạnh lớn hơn? (0,5đ) F. Bài tập: (7đ) Câu 7: (1đ) Tính giá trò của biểu thức 3x 2 - 9x tại x = 3 và x = -3 Câu 8: (2đ) Cho hai đa thức: M = 4x 2 - 4x + 2x 3 -3 N = 2x 2 + 6x + 2x 3 + 2 Tính a) M + N b) M - N Câu 9: (1đ) Tìm nghiệm của đa thức P(x) = 8x + 16 Câu 10: (3đ) Cho góc xOy khác góc bẹt. Lấy các điểm A, B thuộc tia Ox sao cho OA < OB. Lấy các điểm C, D thuộc tia Oy sao cho OC = OA; OD = OB. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Chứng minh rằng: a) AD = BC b) ∆ EAB = ∆ ECD c) OE là tia phân giác của góc xOy. ĐÁP ÁN A.LÝ THUYẾT (3đ) Câu 1: Số trung bình cộng thường được dùng làm đại diện cho dấu hiệu, đặc biệt là khi muốn so sánh các dấu hiệu cùng loại (0,5đ) Câu 2: Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm 1 số hoặc 1 biến hoặc 1 tích giữa các số và các biến (0,5đ) Câu 3: Đa thức là 1 tổng của những đơn thức. Mỗi đơn thức trong tổng gọi là 1 hạng tử của đa thức đó (0,5đ) Câu 4: Trong 1 tam giác vuông bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của 2 cạnh góc vuông (0,5đ) Câu 5: Ba đường phân giác của 1 tam giác cùng đi qua 1 điểm. Điểm này cách đều 3 cạnh của tam giác đó. (0,5đ) Câu 6: Trong 1 tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn. (0,5đ) B.BÀI TẬP (7đ) Câu 7: Giá trò của biểu thức 3x 2 - 9x tại x = 3 và x = -3 Khi x = 3 ta có: 3x 2 - 9x = 3.3 2 - 9.3 = 0 (0,5đ) Khi x = -3 ta có 3x 2 - 9x = 3.(-3) 2 - 9.(-3) = 54 (0,5đ) Câu 8: Câu 9: Cho P(x) = 0 Hay 8x + 16 = 0 (0,25đ) 8x = -16 (0,25đ) x = − = − (0,25đ) Vậy nghiệm của đa thức P(x) = 8x + 16 là x = -2 (0,25đ) Câu 10: GT: · XOY < , A,B ∈ Ox, C,D ∈ Oy OC = OA, OD = OB, AD I BC = E KL: a/ AD = BC b/ EAB ECD∆ = ∆ c/ OE là tia phân giác của góc xOy Chứng minh a/ Xét OAD∆ và OCB∆ có OA = OC (gt) µ O chung OD = OB (gt) Do đó OAD∆ = OCB∆ (c-g-c) Suy ra AD = BC b/ Xét EAB∆ và ECD∆ Có · · ABE CDE do OAD OCB= ∆ = ∆ AB = CD (Do OA = OC, OB = OD) · · AEB CED= (đ đ) nên · · BAE DCE= Do đó EAB∆ = ECD∆ (g-c-g) c/ Chứng minh OE là tia phân giác của góc xOy OAE∆ và OCE∆ , có: OA = OC (gt) OE: cạnh chung) AE = CE (Do EAB∆ = ECD∆ Do đó: OAE∆ = OCE∆ (c-c-c) Suy ra µ ¶ O O= Khi đó OE là tia phân giác của góc xOy. !"#$ %&'() *+%,- ./0 #123 2 1 2 1 2 1 C E x y A B D 2245(226'+7'2 A/L THUYT829+ CÂU 1:;(729<=>?&@=A(B,CD7&E8F&@=A(B,&',D72G(7H,,I(J=A (B,C = CÂU 2:;(729<=>6E&@,K=1282L&M2N,6MACCO = CÂU 3:;(729<=>6E4P-(-DCCO = 048FQR&'D=>6E4P-(-D(E=S8'2,KT,I(+2;,U< = V B/BI TP3=29+ CÂU 41,W,I%,U2(E(X=GY(D+S(6M4=Z,26K2U< VO [Q\<2L<]=P6'^_CO = 7[H47`(aU1CCO = ,[EU1(<7^,S&'(^++1(,I8\<2L<C = CÂU 5: E2;(>,I729<(B,b cb-d(K2be&'be = CÂU 6D:eb fb cb-O geb fbc E[:cgCO = 7[:-gCO = CÂU 7D · xOy Yh,Dh,7ij(Ci(2b6;P2k2il+m&nTd(i(2P6;P2 k2il+ &nQUD,DmeoTeQC!Dj26n2Dk2il+,<p2kDj(5mQ&nTC qh+2r [TemQ 7[meoTeQ 0:0 A/L THUYT CÂU 1A(B,6'729<(B,=K2U1,st++S(U1dDW,+S(72GdDW,+S((E,2u,;,U1&' ,;,72GCCO = V du<v%,U2CCO = CÂU 2D+S((+2;,d,K=1282L&M2N,6MA6',K6MACCO = CÂU 3:D+S((+2;,&</d7^4A,I,K<P@7w(x,;,7^4A,I 2,KN,&</CCO = T m 048FT emT cm CO = e cV ec eO ⇒ TeOCO = CÂU 4[Q\<2L<1,W,I%,U2CCO = 7[T`(aU1CCO = 1,b VO aU1 O ,[1(<7^,S6' OV 3dV x = = CO = .1(,I8\<2L<6'. eCO = CÂU 5yPbe&'D729<(B,b cbf ,NC cfeCO = zHP6'2;(>,I729<(B,b cbf(K2beCCO = yP x = &'D729<(B,b cbf ,N V C C + − − + − = + − = + − = = ÷ CO = zHP V − 6'2;(>,I729<(B,b cbf(K2 x = CCO = CÂU 6[b fb cb-O c { -bc b fb f3bfVCO = 7[[b fb cb-O - { -bc b fb cbfCO = CÂU 7 CO = ! · XOY < dmdT ∈ bddQ ∈ P emdQeTdmQ I Te|CO = #[mQeT 7[medTeQCO = 2 C x y A B D B+2 [{}( OAD ∆ &' OCB ∆ ,Nme( µ O ,< QeT( QD=N OAD∆ e OCB∆ ,--,CO = <PmQeTCO = 7[{}( IAB∆ &' ICD∆ N · · ABI CDI do OAD OCB= ∆ = ∆ mTeQQDmedTeQ · · BAI DCI= == QD=N IAB ICD∆ = ∆ -,-CO = <PmedTeQCO = !"#$ %&'() *+%,- ./0 #123 2245(226'+7'2 A/L THUYT829+ CÂU 1:;(729<=>?&@=A(B,CD7&E8F&@=A(B,&',D72G(7H,,I(J=A (B,C = CÂU 2:;(729<=>6E&@,K=1282L&M2N,6MACCO = CÂU 3:;(729<=>6E4P-(-DCCO = 048FQR&'D=>6E4P-(-D(E=S8'2,KT,I(+2;,U< = V B/BI TP3=29+ CÂU 41,W,I%,U2(E(X=GY(D+S(6M4=Z,26K2U< VO [Q\<2L<]=P6'^_CO = 7[H47`(aU1CCO = ,[EU1(<7^,S&'(^++1(,I8\<2L<C = T m CÂU 5: E2;(>,I729<(B,b cb-d(K2be&'be = CÂU 6D:eb fb cb-O geb fbc E[:cgCO = 7[:-gCO = CÂU 7 = D · xOy Yh,Dh,7ij(Ci(2b6;P2k2il+m&nTd(i(2P6;P2k2il+ &nQUD,DmeoTeQC!Dj26n2Dk2il+,<p2kDj(5mQ&n TC qh+2r [TemQ 7[meoTeQ 0:0 A/L THUYT CÂU 1A(B,6'729<(B,=K2U1,st++S(U1dDW,+S(72GdDW,+S((E,2u,;,U1&' ,;,72GCCO = V du<v%,U2CCO = CÂU 2D+S((+2;,d,K=1282L&M2N,6MA6',K6MACCO = CÂU 3:D+S((+2;,&</d7^4A,I,K<P@7w(x,;,7^4A,I 2,KN,&</CCO = 048FT emT cm CO = e cV ec eO ⇒ TeOCO = CÂU 4[Q\<2L<1,W,I%,U2CCO = 7[T`(aU1CCO = 1,b VO aU1 O ,[1(<7^,S6' OV 3dV x = = CO = .1(,I8\<2L<6'. eCO = CÂU 5yPbe&'D729<(B,b cbf ,NC cfeCO = zHP6'2;(>,I729<(B,b cbf(K2beCCO = yP x = &'D729<(B,b cbf ,N V C C + − − + − = + − = + − = = ÷ CO = zHP V − 6'2;(>,I729<(B,b cbf(K2 x = CCO = CÂU 6[b fb cb-O c { -bc b fb f3bfVCO = 7[[b fb cb-O - { -bc b fb cbfCO = CÂU 7 CO = ! · XOY < dmdT ∈ bddQ ∈ P emdQeTdmQ I Te|CO = #[mQeT 7[medTeQCO = B+2 [{}( OAD∆ &' OCB∆ ,Nme( µ O ,< QeT( QD=N OAD ∆ e OCB ∆ ,--,CO = <PmQeTCO = 7[{}( IAB∆ &' ICD ∆ N · · ABI CDI do OAD OCB= ∆ = ∆ mTeQQDmedTeQ · · BAI DCI= == QD=N IAB ICD ∆ = ∆ -,-CO = <PmedTeQCO = ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MÔN TOÁN 7. THỜI GIAN: 90 phút T'2=29+ T'2Y29+(D;,I6M43m,NYG(~<`=Z,,D7`U< 29+U1b V O 3 aU1 V 3 V 2 C x y A B D Q\<2L<]=P6'^_1,;,2;(>6'7D2)<_= 7EU1(<7^,S_= T'2=29+E2;(>,I729<(B, b -bc (K2be&'be- T'2=29+R,2L4}4(EU< b PCObP 7bP c3bP -VbP T'2V=29+D2=(B, .beVb cb -bc beb -b -O E.bc b 7E.b- b T'2OV=29+ D(+2;,mT&</(K2md=42;,TQC#•Q&</N,&M2T∈ TC!%26'2D=29+,ImT&'QCB+2w ∆mTQe∆TQ = 7TQ6'=(<(R,,I=DK(€m= ,QeQ = 8mQ•Q = ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KÌ II T'2-Q\<2L<6'YG(~<`7'2Y92+(D;,I6M43m dO= -1,;,2;(>6'V dO= 7ed3 = T'2!2;(>,I729<(B,b -bc yK2be C -ce3 dO= yK2be- C- cceV dO= T'2 Ob P V dO= 7 ObP dO= [...]... là đường trung trực của AH (1đ) c) HEC và AEK có: EA=EH ( chứng minh câub) · HEC = · AEK (đ đ) Do đó: HEC = AEK (Cạnh góc vuông- góc nhọn) Suy ra EK=EC ( hai cạnh tương ứng) (0,5 đ) KL ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC : 2009– 2010 MÔN TOÁN 7 Thời gian : 90 phút A/ LÝ THUYẾT : ( 3 điểm) Câu 1 : ( 1,5 điểm) Thế nào là hai đơn thức đồng dạng? Ap dụng : xếp các đơn thức sau thành... phương cạnh huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vuông * Định lí pitago đảo : Nếu một tam giác có bình phương của một cạnh bằng tổng các bình phương của hai cạnh kia thi tam đó là tam giác vuông B/ BÀI TẬP : (7điểm) Bài 1 : a) số các giá trị là 40) (0,25đ) Mốt của dấu hiệu là : M0 = 6 (0,25đ) b) số trung bình cộng của dấu hiệu là : X= 1.5+2.2+3.3+4.6+5.5+6.7+7.2+8.4+9.3+10.3... trực của đoạn thẳng AH c) Hai tam giác vuông ADI và HDC có: DA = DH ( cmt ) = ( đối đỉnh ) => ∆ ADI = ∆ HDC => DI = DC d) Xét tam giác vuông ADI có: AD < DI Mà DC = DI ( cmt ) => AD < DC ĐỀ THI HỌC KÌ II Năm học:2009-2010 THỜI GIAN : 90 PHÚT Đề: Câu 1: (2,5 đ) Điểm kiểm tra học kì II môn toán cùa lớp 7A được thồng kê như sau: Điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số 1 1 2 3 9 8 7 5 2 2 . chung OD = OB (gt) Do đó OAD∆ = OCB∆ (c-g-c) Suy ra AD = BC b/ Xét EAB∆ và ECD∆ Có · · ABE CDE do OAD OCB= ∆ = ∆ AB = CD (Do OA = OC, OB = OD) · · AEB CED= (đ đ) nên · · BAE DCE= Do đó EAB∆ . QeQ 8{}((+2;,&</mQ,N mQ•Q .' QeQ,+( e‚ mQ•Q ĐỀ THI HỌC KÌ II Năm học:2009-2010 THỜI GIAN : 90 PHÚT Đề: Câu 1:dO=29+Y29+(%,Y^+/(D;,h6M43m=Z,(tY)U< 29+