Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 PGD Thành phố Huế

Đề bài

Bài 1  (1,5 điểm):

Cho hai đơn thức: \(A = 6{y^3}z.\left( { - \dfrac{2}{3}{x^2}yz} \right)\) và \(B = {\left( {2xy} \right)^2}.\dfrac{3}{5}{y^2}{z^2}.\) Chứng tỏ hai đơn thức trên đồng dạng

Bài 2 (1,0 điểm):

a) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại C có \(AB = 25cm,AC = 15cm.\) Tính độ dài cạnh BC.

b) Cho \(\Delta MNP\) có \(\widehat M = {50^0};\widehat P = {70^0}.\) So sánh MP với MN.

Bài 3 (2,5 điểm):

Số buổi vắng của từng học sinh trong HK1 ở lớp 7/1 dược ghi lại như sau:

a) Dấu hiệu ở đây là gì? Lớp 7/1 có bao nhiêu học sinh?

b) Lập bảng tần số, tính số trung bình cộng (làm tròn đến hàng đơn vị) và tìm mốt của dấu hiệu.

Bài 4 (2,0 điểm): Cho hai đa thức \(M\left( x \right) = 4{x^2} - 3{x^4} + {x^3} - 2{x^2} + {x^4} + 8\)

\(N\left( x \right) = {x^4} + 2{x^3} - 2{x^2} - 3{x^3} + x + 6\)

a) Thu gọn và sắp xếp các đa thức \(M\left( x \right),N\left( x \right)\) theo lũy thừa giảm dần của biến

b) Tìm bậc, hệ số tự do, hệ số cao nhất của đa thức \(P\left( x \right) = M\left( x \right) - N\left( x \right)\)

c) Chứng tỏ \(x = 2\) là nghiệm của đa thức \(H\left( x \right) = M\left( x \right) + N\left( x \right)\)

Bài 5 (3,0 điểm):

Cho \(\Delta ABC\) cân tại B \(\left( {\widehat B < {{90}^0}} \right)\). Kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right),\) \(CK \bot AB\left( {K \in AB} \right)\), AH và CK cắt nhau tại M

a) Chứng minh AH=CK

b) Chứng minh \(\Delta MAC\) cân

c) Trên tia CK lấy điểm D sao cho K là trung điểm của CD. Chứng minh \(\widehat {ADC} = \widehat {HAC}.\)

HẾT

LG bài 1

Phương pháp giải:

Thực hiện nhân để thu gọn các đơn thức sau đó chứng minh hai đơn thức đồng dạng bằng cách chỉ ra phần hệ số khác 0 và phần biến số giống nhau

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(A = 6{y^3}z.\left( { - \dfrac{2}{3}{x^2}yz} \right)\)\( = \left( {6.\dfrac{{ - 2}}{3}} \right).\left( {{y^3}.y} \right).\left( {z.z} \right).{x^2}\) \( =  - 4{x^2}{y^4}{z^2}\)

\(B = {\left( {2xy} \right)^2}.\dfrac{3}{5}{y^2}{z^2}\)\( = 4.{x^2}{y^2}.\dfrac{3}{5}{y^2}{z^2}\) \( = \left( {4.\dfrac{3}{5}} \right).{x^2}.\left( {{y^2}.{y^2}} \right).{z^2}\) \( = \dfrac{{12}}{5}.{x^2}{y^4}{z^2}\)

Hai đa thức trên có phần hệ số khác 0 và phần biến số giống nhau (cùng là \({x^2}{y^4}{z^2}\)) nên chúng là hai đơn thức đồng dạng.

LG bài 2

Phương pháp giải:

a) Sử dụng định lý Pytago trong tam giác vuông: Bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông

b) Sử dụng: Trong một tam giác, đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

Lời giải chi tiết:

a) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại C có \(AB = 25cm,AC = 15cm.\) Tính độ dài cạnh BC.

Xét tam giác ABC vuông tại C, theo định lý Pytago ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = A{B^2} - A{C^2}\end{array}\)

\( = {25^2} - {15^2} = 400\) \( \Rightarrow BC = 20cm\)

Vậy BC=20cm

b) Cho \(\Delta MNP\) có \(\widehat M = {50^0};\widehat P = {70^0}.\) So sánh MP với MN.

Xét tam giác MNP, theo định lý tổng ba góc trong tam giác ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat M + \widehat N + \widehat P = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat N = {180^0} - \widehat M - \widehat P\\ = {180^0} - {50^0} - {70^0} = {60^0}\end{array}\)

Hay \(\widehat N = {60^0}\)

Trong \(\Delta MNP\) có \(\widehat N < \widehat P\) (do \({60^0} < {70^0}\))

Nên \(MP < MN\) (đối diện với góc nhỏ hơn là cạnh nhỏ hơn)

LG bài 3

Phương pháp giải:

a) Dựa vào bảng số liệu xác định dấu hiệu và số học sinh lớp 7/1

b) Tần số của 1 giá trị là số lần xuất hiện của nó trong bảng số liệu

Mốt của dấu hiệu là giá trị có tần số cao nhấ

Số trung bình cộng: \(\overline M  = \dfrac{{{x_1}{n_1} + {x_2}{n_2} + ... + {x_k}{n_k}}}{N}\)

Với \({n_1};{n_2};...;{n_k}\) là các tần số tương tứng của các giá trị \({x_1};{x_2};...;{x_k}\)

\(N = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}\) là tổng các tần số

Lời giải chi tiết:

a) Dấu hiệu ở đây là số buổi vắng của từng học sinh trong HK1 ở lớp 7/1

Lớp 7/1 có 40 học sinh (vì bảng số liệu có tất cả 40 giá trị)

b) Bảng tần số: 

Số trung bình cộng: 

\(\overline M  = \dfrac{{0.7 + 1.5 + 2.6 + 3.3 + 4.5 + 5.6 + 6.5 + 8.2 + 10.1}}{{40}}\) \( = 3,3 \approx 3\).

Mốt của dấu hiệu là \({M_0} = 0\) (vì giá trị 0 có tần số lớn nhất là 7)

LG bài 4

Phương pháp giải:

a) Nhóm các đơn thức đồng dạng và thức hiện phép cộng, trừ các đơn thức đó.

b) Thực hiện tính \(M\left( x \right) - N\left( x \right)\) rồi thu gọn được đa thức \(P\left( x \right)\).

c) Tính \(H\left( x \right)\), kiểm tra \(H\left( 2 \right) = 0\) rồi suy ra kết luận.

Lời giải chi tiết:

a)

\(\begin{array}{l}M\left( x \right)\\ = 4{x^2} - 3{x^4} + {x^3} - 2{x^2} + {x^4} + 8\\ = \left( {4{x^2} - 2{x^2}} \right) - \left( {3{x^4} - {x^4}} \right) + {x^3} + 8\\ = 2{x^2} - 2{x^4} + {x^3} + 8\\ =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\N\left( x \right)\\ = {x^4} + 2{x^3} - 2{x^2} - 3{x^3} + x + 6\\ = {x^4} + \left( {2{x^3} - 3{x^3}} \right) - 2{x^2} + x + 6\\ = {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + x + 6\end{array}\)

Vậy

\(\begin{array}{l}M\left( x \right) =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\N\left( x \right) = {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + x + 6\end{array}\)

b)

\(\begin{array}{l}M\left( x \right) - N\left( x \right)\\ =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\ - \left( {{x^4} - {x^3} - 2{x^2} + x + 6} \right)\\ =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\ - {x^4} + {x^3} + 2{x^2} - x - 6\\ = \left( { - 2{x^4} - {x^4}} \right) + \left( {{x^3} + {x^3}} \right)\\ + \left( {2{x^2} + 2{x^2}} \right) - x + \left( {8 - 6} \right)\\ =  - 3{x^4} + 2{x^3} + 4{x^2} - x + 2\end{array}\)

Do đó \(P\left( x \right) =  - 3{x^4} + 2{x^3} + 4{x^2} - x + 2\)

Bậc của \(P\left( x \right)\) là \(4\).

Hệ số tự do của \(P\left( x \right)\) là \(2\).

Hệ số cao nhất của \(P\left( x \right)\) là \( - 3\).

c)

\(\begin{array}{l}M\left( x \right) + N\left( x \right)\\ =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\ + \left( {{x^4} - {x^3} - 2{x^2} + x + 6} \right)\\ =  - 2{x^4} + {x^3} + 2{x^2} + 8\\ + {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + x + 6\\ = \left( { - 2{x^4} + {x^4}} \right) + \left( {{x^3} - {x^3}} \right)\\ + \left( {2{x^2} - 2{x^2}} \right) + x + \left( {8 + 6} \right)\\ =  - {x^4} + x + 14\\ \Rightarrow H\left( x \right) =  - {x^4} + x + 14\end{array}\) 

Với \(x = 2\) thì \(H\left( 2 \right) =  - {2^4} + 2 + 14\) \( =  - 16 + 2 + 14 = 0\)

\( \Rightarrow H\left( 2 \right) = 0\)

Vậy \(x = 2\) là một nghiệm của đa thức \(H\left( x \right)\).

LG bài 5

Phương pháp giải:

a) Chứng minh \(\Delta AHB = \Delta CKB\) theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn.

b) Chứng minh tam giác có hai góc kề một đáy bằng nhau.

c) Chứng minh \(\widehat {ADC} = \widehat {ACK}\) rồi sử dụng tính chất bắc cầu suy ra đpcm.

Lời giải chi tiết:

Cho \(\Delta ABC\) cân tại B \(\left( {\widehat B < {{90}^0}} \right)\). Kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right),\) \(CK \bot AB\left( {K \in AB} \right)\), AH và CK cắt nhau tại M 

a) Chứng minh AH=CK

Tam giác ABC cân tại B nên BA=BC.

\(AH\) là đường cao của tam giác nên \(\widehat {AHB} = {90^0}\)

\(CK\) là đường cao của tam giác nên \(\widehat {CKB} = {90^0}\)

Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta CKB\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {CKB} = {90^0}\)

\(\begin{array}{l}AB = CB\left( {cmt} \right)\\\widehat B\,\,\,chung\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta AHB = \Delta CKB\) (cạnh huyền – góc nhọn)

\( \Rightarrow AH = CK\) (cạnh tương ứng) (đpcm).

b) Chứng minh \(\Delta MAC\) cân

Tam giác ABC cân tại B nên \(\widehat {BAC} = \widehat {BCA}\)  (1)

Theo câu a, \(\Delta AHB = \Delta CKB\)\( \Rightarrow \widehat {BAH} = \widehat {BCK}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\begin{array}{l}\widehat {BAC} - \widehat {BAH} = \widehat {BCA} - \widehat {BCK}\\ \Rightarrow \widehat {HAC} = \widehat {KCA}\\ \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {MCA}\end{array}\)

Tam giác \(MAC\) có \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\left( {cmt} \right)\) nên là tam giác cân tại \(M\) (đpcm)

c) Trên tia CK lấy điểm D sao cho K là trung điểm của CD. Chứng minh \(\widehat {ADC} = \widehat {HAC}.\)

Xét \(\Delta AKD\) và \(\Delta AKC\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat {AKD} = \widehat {AKC} = {90^0}\\AK\,\,chung\\KD = KC\left( {gt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AKC\) (2 cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow \widehat {ADK} = \widehat {ACK}\) (góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ACK} = \widehat {HAC}\left( {cmt} \right)\) nên \(\widehat {ADK} = \widehat {HAC}\left( { = \widehat {ACK}} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {HAC}\) (đpcm)

HẾT