PHềNG GD&T BèNH SN KIM TRA HC K II NM HC 2008-2009 Mụn TON - LP 7 Thụứi gian laứm baứi: 90 phuựt. A. Lí THUYT (2 im) Phỏt biu, v hỡnh, ghi gi thit v kt lun nh lý Py-ta-go. p dng: Cho ABC vuụng ti A. Bit AC = 8cm; BC = 10cm. Tớnh di cnh AB. B. BI TP (8 im) Bi 1 (1,5 im). Cho n thc A = 3x 3 y 2 (4)xyz. a) Thu gn n thc A; b) Tỡm h s v bc ca n thc A; c) Tớnh giỏ tr ca n thc A ti x = 1, y = 1 v z = 2. Bi 2 (1,5 im). im kim tra mụn Toỏn ca 40 hoc sinh c thng kờ nh sau: Giỏ tr (x) 3 4 5 6 7 8 9 10 Tn s (n) 2 4 7 8 4 6 4 5 N = 40 a) Du hiu õy l gỡ?. b) Tỡm mt ca du hiu. c) Tớnh s trung bỡnh cng (lm trũn n ch s thp phõn th nht) ca du hiu. Bi 3 (1,5 im). Cho hai a thc f(x) = x 3 2x 2 x + 2 v g(x) = 4x 3 + x 2 3x + 1. a) Chng t x = 1 l mt nghim ca a thc f(x). b) Tớnh h(x) = f(x) + g(x) v k(x) = f(x) g(x). Bi 4 (2,5 im). Cho ABC vuụng ti A.Tia phõn giỏc ca C ct AB ti D. V DK BC a) Chng minh DKCDAC = . b) Chng minh CD l ng trung trc ca on thng AK. c) Tia KD v tia CA ct nhau ti E. Chng minh D l trc tõm ca CEB v AK //EB. Bi 5 (1 im). Cho ABC vuụng ti A, ng cao AH. Trờn cnh AC ly im K sao cho AK = AH. K KD AC (D BC). Chng minh: a) AB = BD. b) AB + AC < AH + BC. CHNH THC PHÒNG GD & ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HKII BÌNH SƠN NĂM HỌC 2008-2009. MÔN TOÁN- LỚP 7 A. LÝ THUYẾT ĐÁP ÁN Điểm Định lý Py-ta-go: Trong một tam giác vng, bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vng. 1,0 GT ABC ∆ vng tại A KL BC 2 = AB 2 + AC 2 0,5 Áp dụng: Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABC∆ vng tại A ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ AB 2 = BC 2 – AC 2 = 10 2 – 8 2 = 100 – 64 = 36 ⇒ AB = 6(cm) 0,5 B. BÀI TẬP BÀI ĐÁP ÁN Điểm 1 a) A = 3x 3 y 2 (–4)xyz = –12x 4 y 3 z 0,5 b) Đơn thức A có: Hệ số: –12 Bậc: 8 0,25 0,25 c) Thay x = –1, y = 1 và z = 2 vào đơn thức A ta được: A = –12.(–1) 4 .1 3 .2 = –24 0,5 2 a) Dấu hiệu ở đây là điểm kiểm tra mơn Tốn của học sinh. 0,25 b) Mốt của dấu hiệu: 6 0,25 c) 3.2 4.4 5.7 6.8 7.4 8.6 9.4 10.5 267 X = 6,7 40 40 + + + + + + + = ≈ 1,0 3 a) Ta có f(1) = 1 3 – 2.1 2 – 1 + 2 = 0 Vậy x = 1 là một nghiệm của đa thức f(x). 0,5 b) f(x) = x 3 – 2x 2 – x + 2 g(x) = 4x 3 + x 2 – 3x + 1 h(x) = f(x) + g(x) = 5x 3 – x 2 – 4x + 3 f(x) = x 3 – 2x 2 – x + 2 g(x) = 4x 3 + x 2 – 3x + 1 k(x) = f(x) – g(x) = –3x 3 – 3x 2 + 2x +1 0,5 0,5 C A B + – 4 . 0,5 a) Hai tam giác vng DAC và DKC, có µ µ 1 2 DC :chung DAC DKC(g.c.g) C C (gt) ⇒ ∆ = ∆ = 0,5 b)Ta có CA CK DAC DKC (cmt) DA DK = ∆ = ∆ ⇒ ⇒ = C và D nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AK ⇒ CD là đường trung trực của đoạn thẳng AK. 0,5 b) Ta có EK BC (gt) BA CE (gt) ⊥ ⇒ ⊥ EK và BA là hai đường cao của CEB ∆ ⇒ D là trực tâm của CEB∆ . Vì D là trực tâm của CEB ∆ ⇒ CD là đường cao thứ ba của CEB ∆ (t/c ba đường cao của tam giác) ⇒ CD ⊥ EB (1) Mặt khác CD là trung trực của đoạn thẳng AK (cmt) ⇒ CD ⊥ AK (2) Từ (1) và (2) suy ra AK // EB 0,5 0,5 5 a) Chứng minh được: ADKADH ∆=∆ (cạnh huyền và cạnh góc vng) ⇒ µ µ 1 2 A A= · µ · µ µ µ · · 0 2 0 1 1 2 BAD 90 A BDA 90 A BAD BDA A A (cmt) = − = − ⇒ = = ⇒ ∆BAD cân tại B ⇒ AB = BD 0,5 b) Ta có DKC∆ vng tại K (gt) ⇒ KC < DC (cạnh góc vng ngắn hơn cạnh huyền) Ta có: AB + AC = AB + AK + KC = BD + AH + KC = AH + BD + KC < AH + BD + DC = AH + BC Vậy AB + AC < AH + BC 0,5 (Chú ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn ghi điểm tối đa) C A E B K D 1 2 GT ABC∆ vng tại A µ µ 1 2 C C= ; DK ⊥ BC KL a) DKCDAC ∆=∆ b) CD là đường trung trực của AK. c) D là trực tâm của CEB ∆ và AK // EB 2 A B H D C K 1 GT ABC ∆ vng tại A AH ⊥ BC; AK = AH KD ⊥ AC KL a) AB = BD. b) AB + AC < AH + BC. . 4.4 5 .7 6.8 7. 4 8.6 9.4 10.5 2 67 X = 6 ,7 40 40 + + + + + + + = ≈ 1,0 3 a) Ta có f(1) = 1 3 – 2.1 2 – 1 + 2 = 0 Vậy x = 1 là một nghiệm của đa thức f(x). 0,5 b) f(x) = x 3 – 2x 2 – x + 2 . (cạnh góc vng ngắn hơn cạnh huyền) Ta có: AB + AC = AB + AK + KC = BD + AH + KC = AH + BD + KC < AH + BD + DC = AH + BC Vậy AB + AC < AH + BC 0,5 (Chú ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn. 4x 3 + x 2 – 3x + 1 h(x) = f(x) + g(x) = 5x 3 – x 2 – 4x + 3 f(x) = x 3 – 2x 2 – x + 2 g(x) = 4x 3 + x 2 – 3x + 1 k(x) = f(x) – g(x) = –3x 3 – 3x 2 + 2x +1 0,5 0,5 C A B + – 4