Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 PGD Thành phố HuếGiải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 PGD thành phố Huế với cách giải nhanh và chú ý quan trọng
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Đề bài Bài 1 (1,5 điểm): Cho hai đơn thức: A=6y3z.(−23x2yz) và B=(2xy)2.35y2z2. Chứng tỏ hai đơn thức trên đồng dạng Bài 2 (1,0 điểm): a) Cho ΔABC vuông tại C có AB=25cm,AC=15cm. Tính độ dài cạnh BC. b) Cho ΔMNP có ˆM=500;ˆP=700. 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(x)=4x2−3x4+x3−2x2+x4+8 N(x)=x4+2x3−2x2−3x3+x+6 a) Thu gọn và sắp xếp các đa thức M(x),N(x) theo lũy thừa giảm dần của biến b) Tìm bậc, hệ số tự do, hệ số cao nhất của đa thức P(x)=M(x)−N(x) c) Chứng tỏ x=2 là nghiệm của đa thức H(x)=M(x)+N(x) Bài 5 (3,0 điểm): Cho ΔABC cân tại B (ˆB<900). Kẻ AH⊥BC(H∈BC), CK⊥AB(K∈AB), AH và CK cắt nhau tại M a) Chứng minh AH=CK b) Chứng minh ΔMAC cân c) Trên tia CK lấy điểm D sao cho K là trung điểm của CD. Chứng minh ^ADC=^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=6y3z.(−23x2yz)=(6.−23).(y3.y).(z.z).x2 =−4x2y4z2 B=(2xy)2.35y2z2=4.x2y2.35y2z2 =(4.35).x2.(y2.y2).z2 =125.x2y4z2 Hai đa thức trên có phần hệ số khác 0 và phần biến số giống nhau (cùng là x2y4z2) 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 ΔABC 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: AB2=AC2+BC2⇒BC2=AB2−AC2 =252−152=400 ⇒BC=20cm Vậy BC=20cm b) Cho ΔMNP có ˆM=500;ˆP=700. So sánh MP với MN. Xét tam giác MNP, theo định lý tổng ba góc trong tam giác ta có: ˆM+ˆN+ˆP=1800⇒ˆN=1800−ˆM−ˆP=1800−500−700=600 Hay ˆN=600 Trong ΔMNP có ˆN<ˆP (do 600<700) 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: ¯M=x1n1+x2n2+...+xknkN Với n1;n2;...;nk là các tần số tương tứng của các giá trị x1;x2;...;xk N=n1+n2+...+nk 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: ¯M=0.7+1.5+2.6+3.3+4.5+5.6+6.5+8.2+10.140 =3,3≈3. Mốt của dấu hiệu là M0=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(x)−N(x) rồi thu gọn được đa thức P(x). c) Tính H(x), kiểm tra H(2)=0 rồi suy ra kết luận. Lời giải chi tiết: a) M(x)=4x2−3x4+x3−2x2+x4+8=(4x2−2x2)−(3x4−x4)+x3+8=2x2−2x4+x3+8=−2x4+x3+2x2+8N(x)=x4+2x3−2x2−3x3+x+6=x4+(2x3−3x3)−2x2+x+6=x4−x3−2x2+x+6 Vậy M(x)=−2x4+x3+2x2+8N(x)=x4−x3−2x2+x+6 b) M(x)−N(x)=−2x4+x3+2x2+8−(x4−x3−2x2+x+6)=−2x4+x3+2x2+8−x4+x3+2x2−x−6=(−2x4−x4)+(x3+x3)+(2x2+2x2)−x+(8−6)=−3x4+2x3+4x2−x+2 Do đó P(x)=−3x4+2x3+4x2−x+2 Bậc của P(x) là 4. Hệ số tự do của P(x) là 2. Hệ số cao nhất của P(x) là −3. c) M(x)+N(x)=−2x4+x3+2x2+8+(x4−x3−2x2+x+6)=−2x4+x3+2x2+8+x4−x3−2x2+x+6=(−2x4+x4)+(x3−x3)+(2x2−2x2)+x+(8+6)=−x4+x+14⇒H(x)=−x4+x+14 Với x=2 thì H(2)=−24+2+14 =−16+2+14=0 ⇒H(2)=0 Vậy x=2 là một nghiệm của đa thức H(x). LG bài 5 Phương pháp giải: a) Chứng minh ΔAHB=ΔCKB theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn. b) Chứng minh tam giác có hai góc kề một đáy bằng nhau. c) Chứng minh ^ADC=^ACK rồi sử dụng tính chất bắc cầu suy ra đpcm. Lời giải chi tiết: Cho ΔABC cân tại B (ˆB<900). Kẻ AH⊥BC(H∈BC), CK⊥AB(K∈AB), 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 ^AHB=900 CK là đường cao của tam giác nên ^CKB=900 Xét ΔAHB và ΔCKB có: ^AHB=^CKB=900 AB=CB(cmt)ˆBchung ⇒ΔAHB=ΔCKB (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒AH=CK (cạnh tương ứng) (đpcm). b) Chứng minh ΔMAC cân Tam giác ABC cân tại B nên ^BAC=^BCA (1) Theo câu a, ΔAHB=ΔCKB⇒^BAH=^BCK (2) Từ (1) và (2) suy ra ^BAC−^BAH=^BCA−^BCK⇒^HAC=^KCA⇒^MAC=^MCA Tam giác MAC có ^MAC=^MCA(cmt) 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 ^ADC=^HAC. Xét ΔAKD và ΔAKC có: ^AKD=^AKC=900AKchungKD=KC(gt) ⇒ΔAKD=ΔAKC (2 cạnh góc vuông) ⇒^ADK=^ACK (góc tương ứng) Mà ^ACK=^HAC(cmt) nên ^ADK=^HAC(=^ACK) ⇒^ADC=^HAC (đpcm) HẾT HocTot.Nam.Name.Vn
|