

Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 4 - Kết nối tri thức
I. TRẮC NGHIỆM ( 2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Tổng hợp đề thi học kì 2 lớp 7 tất cả các môn - Kết nối tri thức
Toán - Văn - Anh - Khoa học tự nhiên...
Đề bài
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. Hai đại lượng x,yx,y trong công thức nào tỉ lệ nghịch với nhau:
A. y=5+xy=5+x B. x=5yx=5y C. y=5xy=5x D. x=5yx=5y
Câu 2. Trong các sự kiện, hiện tượng sau, đâu là biến cố chắc chắn?
A. Mặt Trời quay quanh Trái Đất B. Khi gieo đồng xu thì được mặt ngửa
C. Có 9 cơn bão đổ bộ vào nước ta trong năm tới D. Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông
Câu 3. Một hình hộp chữ nhật được ghép bởi 42 hình lập phương cạnh 1cm.1cm. Biết chu vi đáy của hình hộp chữ nhật là 18cm.18cm. Khi đó tổng ba kích thước của hình hộp chữ nhật là:
A. 12cm12cm B. 15cm15cm C. 10cm10cm D. 9cm9cm
Câu 4. Biểu thức nào sau đây không là đơn thức?
A. 4x2y(−2x)4x2y(−2x) B. 2x2x C. 2xy−x22xy−x2 D. 20212021
Câu 5. Sắp xếp các hạng tử của đa thức P(x)=2x3−7x2+x4−4P(x)=2x3−7x2+x4−4 theo lũy thừa giảm dần của biến ta được:
A. P(x)=x4+2x3−7x2−4P(x)=x4+2x3−7x2−4 B. P(x)=7x2+2x3+x4−4P(x)=7x2+2x3+x4−4
C. P(x)=−4−7x2+2x3+x4P(x)=−4−7x2+2x3+x4 D. P(x)=x4−2x3−7x2−4P(x)=x4−2x3−7x2−4
Câu 6. Cho tam giác MNPMNP có NP=1cm,MP=7cmNP=1cm,MP=7cm. Độ dài cạnh MNMN là một số nguyên (cm). Độ dài cạnh MNMN là:
A. 8cm8cm B. 5cm5cm C. 6cm6cm D. 7cm7cm
Câu 7. Cho tam giác ABC có AB=AC.AB=AC. Trên các cạnh AB và AC lấy các điểm D,E sao cho AD=AE.AD=AE. Gọi KK là giao điểm của BE và CD. Chọn câu sai.
A. BE=CDBE=CD B. BK=KCBK=KC C. BD=CEBD=CE D. DK=KCDK=KC
Câu 8. Giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác
A. cách đều 3 cạnh của tam giác.
B. được gọi là trực tâm của tam giác.
C. cách đều 3 đỉnh của tam giác.
D. cách đỉnh một đoạn bằng 2323 độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1. (1 điểm) Tìm xx biết:
a) 5x−23=−345x−23=−34 b) (x2−14).(x+25)=0(x2−14).(x+25)=0
Bài 2. (1,5 điểm) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng tham gia lao động trồng cây. Biết số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số 3;5;83;5;8 và hai lần số cây của lớp 7A cộng với 44 lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là 108108 cây. Tính số cây trồng được của mỗi lớp
Bài 3. (1,5 điểm) Cho hai đa thức: f(x)=x5+x3−4x−x5+3x+7f(x)=x5+x3−4x−x5+3x+7 và g(x)=3x2−x3+8x−3x2−14g(x)=3x2−x3+8x−3x2−14.
a) Thu gọn và sắp xếp hai đa thức f(x)f(x) và g(x)g(x) theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính f(x)+g(x)f(x)+g(x) và tìm nghiệm của đa thức f(x)+g(x)f(x)+g(x).
Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A.
a) Tia phân giác của góc B cắt cạnh AC ở D. Kẻ DE vuông góc với BC tại E.
Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
b) So sánh AD và DC.
c) Tia ED cắt BA tại G. Gọi I là trung điểm GC. Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho x;y;zx;y;z tỉ lệ thuận với 3;4;5.3;4;5. Tính giá trị của biểu thức
A=2024(x−y)(y−z)−506.(x+y+z6)2A=2024(x−y)(y−z)−506.(x+y+z6)2
Lời giải
I. Trắc nghiệm
1. B |
2. D |
3. A |
4. C |
5. A |
6. D |
7. D |
8. C |
Câu 1.
Phương pháp:
Vận dụng định nghĩa về đại lượng tỉ lệ nghịch.
Cách giải:
Ta có: x=5yx=5y là hai đại lượng tỉ lệ nghịch với nhau.
Chọn B.
Câu 2.
Phương pháp:
Biến cố chắc chắn: Là biến cố biết trước được luôn xảy ra
Cách giải:
Đáp án A Biến cố không thể
Đáp án B Biến cố ngẫu nhiên
Đáp án C Biến cố ngẫu nhiên
Đáp án D Mặt Trời luôn mọc ở phía Đông nên sự kiện “Ngày mai, Mặt Trời mọc ở phía Đông." Luôn xảy ra nên là biến
cố chắc chắn.
Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính tính chu vi hình chữ nhật và công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật.
Cách giải:
Gọi độ dài các cạnh đáy của hình hộp chữ nhật là aa và b,b, chiều cao là c(a,b,c∈N∗).
Vì chu vi đáy của hình hộp chữ nhật là 18cm nên ta có: 2(a+b)=18⇒a+b=182=9(1)
Thể tích khối lập phương cạnh 1cm là: V1=13=1(cm3)
Thể tích của hình hộp chữ nhật là: V=42.1=42(cm3) ⇒abc=42(2)
Từ (1),(2)⇒a,b là ước của 42 và nhỏ hơn 9.
+ Nếu các cạnh đáy là 5 và 4 thì c=42a.b=425.4=2110 không là số tự nhiên
+ Nếu các cạnh đáy là 6 và 3 thì c=42a.b=426.3=73 không là số tự nhiên
+ Nếu các cạnh đáy là 7 và 2 thì c=42a.b=427.2=3(TM)
Vậy các cạnh của hình chữ nhật là 7cm;2cm;3cm nên tổng ba kích thước của hình hộp chữ nhật là 12cm.
Chọn A.
Câu 4.
Phương pháp:
Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.
Cách giải:
Biểu thức: 2xy−x2 không là một đơn thức.
Chọn C.
Câu 5.
Phương pháp:
Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
Cách giải:
Sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến: P(x)=x4+2x3−7x2−4
Chọn A.
Câu 6.
Phương pháp:
Sử dụng hệ quả của bất đẳng thức trong tam giác:
+ Tồn tại một tam giác có độ dài ba cạnh là a,b,c nếu |b−c|<a<b+c.
+ Trong trường hợp xác định được a là số lớn nhất trong ba số a,b,c thì điều kiện tồn tại tam giác là a<b+c.
Cách giải:
Xét tam giác MNP, ta có:
|NP−MP|<MN<NP+MP⇒|1−7|<MN<1+7⇒6<MN<8
Vì độ dài cạnh MN là một số nguyên nên MN=7(cm)
Chọn D.
Câu 7.
Phương pháp:
Dựa vào tính chất hai tam giác bằng nhau .
Cách giải:
Xét tam giác ABE và tam giác ADC có
+ AD = AE (GT)
+ Góc A chung
+ AB = AC (GT)
Suy ra ΔABE=ΔACD(c−g−c) ⇒^ABE=^ACD;^ADC=^AEB (hai góc tương ứng) và BE = CD (hai cạnh tương ứng) nên A đúng.
Lại có ^ADC+^BDC=180∘; ^AEB+^BEC=180∘ (hai góc kề bù) mà ^ADC=^AEB (cmt)
Suy ra ^BDC=^BEC.
Lại có AB=AC;AD=AE(gt) ⇒AB−AD=AC−AE⇒BD=EC nên C đúng.
Xét tam giác KBD và tam giác KCE có
+ ^ABE=^ACD(cmt)
+ BD=EC(cmt)
+ ^BDC=^BEC(cmt)
Nên ΔKBD=ΔKCE(g−c−g) ⇒KB=KC;KD=KE (hai cạnh tương ứng) nên B đúng, D sai.
Câu 8.
Phương pháp
Tính chất đồng quy của 3 đường trung trực của tam giác
Lời giải
3 đường trung trực của tam giác đồng quy tại 1 điểm, điểm này cách đều 3 đỉnh của tam giác.
Chọn C.
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1.
Phương pháp
a) Vận dụng định nghĩa hai phân số bằng nhau: Nếu ab=cd thì ad=bc.
b) Phương trình A(x).B(x)=0 , chia hai trường hợp để giải:
+ Trường hợp 1: A(x)=0
+ Trường hợp 2: B(x)=0
Cách giải:
a) 5x−23=−34
4.(5x−2)=(−3).320x−8=−920x=−9+820x=−1x=−120
Vậy x=−120
b) (x2−14).(x+25)=0
Trường hợp 1:
x2−14=0x2=14=(±12)2⇒x=12;x=−12
Trường hợp 2:
x+25=0x=−25
Vậy x=12;x=−12;x=−25
Câu 2
Phương pháp:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là x,y,z (cây) (điều kiện: x,y,z∈N∗)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải toán.
Cách giải:
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được lần lượt là x,y,z (cây) (điều kiện: x,y,z∈N∗)
Vì số cây ở lớp 7A, 7B, 7C được trồng tỉ lệ với các số 3;5;8 nên ta có: x3=y5=z8
Vì hai lần số cây của lớp 7A cộng với 4 lần số cây lớp 7B trồng được nhiều hơn số cây lớp 7C trồng được là 108 cây nên ta có: 2x+4y−z=108
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: x3=y5=z8=2x6=4y20=z8=2x+4y−z6+20−8=10818=6
Khi đó, x3=6⇒x=18 (tmđk)
y5=6⇒y=30 (tmđk)
z8=6⇒y=48 (tmđk)
Vậy số cây ba lớp trồng được là: Lớp 7A: 18 cây; lớp 7B: 30 cây, lớp 7C: 48 cây.
Bài 3.
Phương pháp:
a) Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng. Sau đó sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến.
b) Tính f(x)+g(x) ta nhóm các hạng tử đồng dạng lại rồi thu gọn chúng.
Tìm nghiệm của đa thức f(x)+g(x), ta giải phương trình f(x)+g(x)=0
Cách giải:
a) f(x)=x5+x3−4x−x5+3x+7
f(x)=(x5−x5)+x3+(−4x+3x)+7f(x)=x3−x+7
g(x)=3x2−x3+8x−3x2−14g(x)=−x3+(3x2−3x2)+8x−14g(x)=−x3+8x−14
b) f(x)+g(x)=x3−x+7−x3+8x−14
=x3−x+7−x3+8x−14=(x3−x3)+(−x+8x)+(7−14)=7x−7
Ta có: f(x)+g(x)=0
7x−7=07x=7x=1
Vậy x=1 là nghiệm của đa thức f(x)+g(x)
Bài 4.
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tia phân giác, các phương pháp chứng minh hai tam giác vuông bằng nhau, mối quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, tính chất của tam giác cân.
Cách giải:
a) Chứng minh rằng ΔABD = ΔEBD.
Xét hai tam giác vuông ΔABD và ΔEBD ta có:
ˆA=ˆE=^900
AD = DE (vì BD là tia phân giác)
BD cạnh chung
Suy ra ΔABD = ΔEBD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒AD = DE, BA = BE (cạnh tương ứng) (1)
b) So sánh AD và DC
Xét ΔDEC vuông tại E ta có: DC > DE
Lại có AD = DE (cmt)
⇒DC > AD
c) Chứng minh rằng B, D, I thẳng hàng.
Xét ΔBGC có AC ⊥ AB, GE ⊥ AC
Suy ra D là trực tâm của ΔBGC.(2)
Xét hai tam giác vuông ΔADG và ΔEDC ta có:
^ADG=^EDC (đối đỉnh)
ˆA=ˆE=^900
AD = DE (cm câu b))
Suy ra ΔADG = ΔEDC (cạnh gv – góc nhọn)
⇒AG = EC (cạnh tương ứng) (3)
từ (1), (3) suy ra BA +AG = BE + EC⇔ BG = BC
Vậy ΔBGC là tam giác cân tại B. (4)
từ (2), (4) suy ra BD là đường trung tuyến của tam giác ΔBGC. Hay B, D, I thẳng hàng. (đpcm)
Bài 5.
Phương pháp:
- Bước 1: Từ đề bài suy ra tỉ lệ
- Bước 2: Đặt các tỉ lệ bằng k từ đó suy ra x,y,z theo k
- Bước 3: Thay vào đề bài và tính toán
- Bước 4: Kết luận
Cách giải:
Vì x;y;z tỉ lệ thuận với 3;4;5 ⇒x3=y4=z5. Đặt x3=y4=z5=k⇒{x=3ky=4kz=5k. Khi đó,A=2024(3k−4k)(4k−5k)−506.(3k+4k+5k6)2
A=2024(−k)(−k)−506.(2k)2
A=2024.k2−506.4.k2
A=2024k2−2024k2
A=0
Vậy A=0.
ADG


- Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 5 - Kết nối tri thức
- Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 6
- Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 7
- Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 8
- Đề thi học kì 2 Toán 7 - Đề số 9
>> Xem thêm
Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 7 - Kết nối tri thức - Xem ngay