Đề Thi Học Kì 1 Toán 7 Trường THCS Dịch Vọng Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
7

Đề thi học kì 1 Toán 7 Trường THCS Dịch Vọng Hà Nội có đáp án, trắc nghiệm và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG THCS DỊCH VỌNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 7

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm). Ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.

Câu 1 (VD). Kết quả thực hiện phép tính ${\left( { – 0,5} \right)^2} + \frac{3}{4}$ là

A. $\frac{1}{4}$ B. 1 C. $\frac{{ – 1}}{2}$ D. $\frac{1}{2}$

Câu 2 (VD). Kết quả thực hiện phép tính $\frac{{ – 3}}{8} + \frac{1}{4}:2$ là:

A. $\frac{1}{4}$ B. $\frac{{ – 1}}{{16}}$ C. $\frac{{ – 1}}{4}$ D. $\frac{1}{2}$

Câu 3 (TH). Cho $\Delta ABC$ có $\widehat A = 50^\circ ,\,\,\widehat C = 70^\circ $. Góc ngoài của tam giác tại đỉnh B có số đo là

A. $140^\circ $ B. $100^\circ $ C. $60^\circ $ D. $120^\circ $

Câu 4 (TH). Cho hình vẽ sau. Biết AD là tia phân giác $\widehat {BAC}$. Tính số đo $\widehat {ADC}$.

A. $100^\circ $ B. $80^\circ $ C. $\,120^\circ $ D. $110^\circ $

II. TỰ LUẬN (8 điểm).

Bài 1 (VD_ 1 điểm). Thực hiện phép tính:

a) $\frac{2}{5}.15\frac{1}{3} – \frac{2}{5}.10\frac{1}{3}$ b) ${\left( { – \frac{2}{3}} \right)^0} – \frac{1}{5}:\sqrt {\frac{9}{{25}}} + 20\% $

Bài 2 (VD_ 1 điểm). Tìm x, biết:

a) ${\left( {x – 1} \right)^3} = – 27$ b) $2 – \frac{1}{2}\left| {2x – 1} \right| = 0,5$

Bài 3 (VD_ 1 điểm). Cho hàm số $y = f\left( x \right) = 2x + 1$

a) Tính $f\left( {\frac{1}{2}} \right)$. b) Tính giá trị của x tại $y = – 1$.

Bài 4 (VD_ 1,5 điểm). Ba đội máy cày, cày trên ba cánh đồng có diện tích như nhau. Đội một hoàn thành công việc trong 4 ngày, đội hai hoàn thành công việc trong 6 ngày, đội ba hoàn thành công việc trong 8 ngày. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu máy cày, biết đội một nhiều hơn đội hai 6 máy và năng suất các máy như nhau.

Bài 5 (VD_ 3 điểm). Cho $\Delta ABC$, E là trung điểm của BC. Lấy D thuộc tia đối của tia EA sao cho $ED = EA$.

a) Chứng minh rằng: $\Delta AEB = \Delta DEC$.

b) Chứng minh rằng: $AC\parallel BD$.

c) Kẻ $EI \bot AC\,\,\left( {I \in AC} \right);\,\,EK \bot BD\,\,\left( {K \in BD} \right)$. Chứng minh $\Delta AIE = \Delta DKE$.

d) Chứng minh 3 điểm $I,\,E,\,K$ thẳng hàng.

Bài 6 (VDC_ 0,5 điểm). Tìm các số ab biết:

${\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} + {\left( {2a – 3b} \right)^{2010}} = 0$

LỜI GIẢI CHI TIẾT

I. TRẮC NGHIỆM

1. B 2. C 3. D 4. A

Câu 1:

Phương pháp:

Thứ tự thực hiện các phép tính đối với biểu thực không có dấu ngoặc:

Lũy thừa → Nhân và chia → Cộng và trừ

Cách giải:

${\left( { – 0,5} \right)^2} + \frac{3}{4} = {\left( { – \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1$

Câu 2:

Phương pháp: Thứ tự thực hiện các phép tính đối với biểu thực không có dấu ngoặc:

Lũy thừa → Nhân và chia → Cộng và trừ

Cách giải: $\frac{{ – 3}}{8} + \frac{1}{4}:2 = \frac{{ – 3}}{8} + \frac{1}{{4.2}} = \frac{{ – 3}}{8} + \frac{1}{8} = \frac{{ – 2}}{8} = \frac{{ – 1}}{4}$

Câu 3:

Phương pháp: – Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác để tìm tổng số đo góc B.

– Áp dụng tính chất: Hai góc kề bù có tổng số đo bằng $180\,^\circ $.

Cách giải:

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ABC ta có:

$A + B + C = 180^\circ $

$ \Rightarrow B = 180^\circ – \left( {A + C} \right) = 180^\circ – \left( {50^\circ + 70^\circ } \right) = 60^\circ $

Vì góc ngoài tại đỉnh B và góc B là hai góc kề bù nên có tổng số đo là $180\,^\circ $.

Suy ra góc ngoài của tam giác tại đỉnh B có số đo là $180^\circ – 60^\circ = 120^\circ $.

Câu 4:

Phương pháp:

– Áp dụng định lý tổng ba góc trong tam giác: Tổng ba góc trong tam giác bằng $180\,^\circ $.

– Áp dụng tính chất tia phân giác.

Cách giải:

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ABC ta có:

$A + B + C = 180^\circ $

$ \Rightarrow A = 180^\circ – \left( {B + C} \right) = 180^\circ – \left( {60^\circ + 40^\circ } \right) = 80^\circ $

Vì AD là tia phân giác $\widehat {BAC}$ nên $\widehat {CAD} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2}.80^\circ = 40^\circ $.

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác ADC ta có:

$\widehat {ADC} + \widehat {DCA} + \widehat {CAD} = 180^\circ $

$ \Rightarrow \widehat {ADC} = 180^\circ – \left( {\widehat {DCA} + \widehat {CAD}} \right) = 180^\circ – \left( {40^\circ + 40^\circ } \right) = 100^\circ $

II. TỰ LUẬN

Bài 1:

Phương pháp: Thứ tự thực hiện các phép tính đối với biểu thức không có dấu ngoặc:

Lũy thừa → Nhân và chia → Cộng và trừ

Sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng, phép trừ

Cách giải:

a) $\frac{2}{5}.15\frac{1}{3} – \frac{2}{5}.10\frac{1}{3}$

$\begin{array}{l} = \frac{2}{5}.\frac{{46}}{3} – \frac{2}{5}.\frac{{31}}{3}\\ = \frac{2}{5}.\left( {\frac{{46}}{3} – \frac{{31}}{3}} \right)\\ = \frac{2}{5}.\frac{{15}}{3} = 2\end{array}$

b) ${\left( { – \frac{2}{3}} \right)^0} – \frac{1}{5}:\sqrt {\frac{9}{{25}}} + 20\% $

$\begin{array}{l} = 1 – \frac{1}{5}:\frac{3}{5} + \frac{1}{5}\\ = 1 – \frac{1}{5}.\frac{5}{3} + \frac{1}{5}\\ = 1 – \frac{1}{3} + \frac{1}{5}\\ = \frac{2}{3} + \frac{1}{5}\\ = \frac{{13}}{{15}}\end{array}$

Bài 2:

Phương pháp:

a) Biến đổi $ – 27 = {\left( { – 3} \right)^3}$, sau đó áp dụng tính chất ${A^3} = {B^3} \Rightarrow A = B$ từ đó tìm x.

b) Áp dụng quy tắc chuyển vế tìm được $\left| {2x – 1} \right|$, sau đó áp dụng tính chất: $\left| A \right| = B \Rightarrow A = B$ hoặc $A = – B$.

Cách giải:

a) ${\left( {x – 1} \right)^3} = – 27$

$\begin{array}{l}{\left( {x – 1} \right)^3} = {\left( { – 3} \right)^3}\\x – 1 = – 3\\x = – 3 + 1\\x = – 2.\end{array}$

Vậy $x = – 2.$

b) $2 – \frac{1}{2}\left| {2x – 1} \right| = 0,5$

$\begin{array}{l}2 – \frac{1}{2}\left| {2x – 1} \right| = \frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\left| {2x – 1} \right| = 2 – \frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\left| {2x – 1} \right| = \frac{3}{2}\\\left| {2x – 1} \right| = \frac{3}{2}:\frac{1}{2}\\\left| {2x – 1} \right| = 3\end{array}$

$ \Rightarrow 2x – 1 = 3$ hoặc $2x – 1 = – 3$

$ \Rightarrow x = 2$ hoặc $x = – 1$

Vậy $x = 2$ hoặc $x = – 1$.

Bài 3:

Phương pháp:

a) Thay giá trị $x = \frac{1}{2}$ vào $f\left( x \right)$ rồi tính giá trị tương ứng của y.

b) Thay giá trị của y vào biểu thức rồi tìm giá trị tương ứng của x.

Cách giải:

a) Tính $f\left( {\frac{1}{2}} \right)$.

Thay $x = \frac{1}{2}$ vào hàm số $y = f\left( x \right) = 2x + 1$ ta được:

$f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2.\frac{1}{2} + 1 = 1 + 1 = 2$.

b) Tính giá trị của x tại $y = – 1$.

Với $y = – 1$ ta có: $2x + 1 = – 1 \Leftrightarrow 2x = – 2 \Leftrightarrow x = – 1$.

Bài 4:

Phương pháp:

– Áp dụng tính chất của hai đại lượng tỉ lệ nghịch

– Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau.

Cách giải:

Gọi số máy của ba đội lần lượt là $a,\,b,\,c\,\,\left( {a,\,b,\,c \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Vì trong cùng một cách đồng số máy và thời gian hoàn thành là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên:

$a.4 = b.6 = c.8 = k$.

Ta có $a.4 = b.6 \Rightarrow \frac{a}{6} = \frac{b}{4}$ và $a – b = 6$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\frac{a}{6} = \frac{b}{4} = \frac{{a – b}}{{6 – 4}} = \frac{6}{2} = 3$

+) $\frac{a}{6} = 3 \Rightarrow a = 3.6 = 18\,\,\left( {tmdk} \right)$

+) $\frac{b}{4} = 3 \Rightarrow b = 3.4 = 12\,\,\left( {tmdk} \right)$

Vì $b.6 = c.8 \Rightarrow c = \frac{{b.6}}{8} = \frac{{12.6}}{8} = 9\,\,\left( {tmdk} \right)$

Vậy số máy của đội 1, đội 2 và đội 3 lần lượt là 18; 12; 9 máy.

Bài 5:

Phương pháp:

– Áp dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác và các tính chất của hai tam giác bằng nhau.

Cách giải:

Cho $\Delta ABC$E là trung điểm của BC. Lấy D thuộc tia đối của tia EA sao cho $ED = EA$.

a) Chứng minh rằng: $\Delta AEB = \Delta DEC$.

Xét hai tam giác AEB và DEC có:

$BE = EC\,\,\left( {gt} \right)$

$\widehat {AEB} = \widehat {DEC}$ (2 góc đối đỉnh)

$EA = ED\,\,\left( {gt} \right)$

Vậy $\Delta AEB = \Delta DEC\,\,\left( {c.g.c} \right)$

b) Chứng minh rằng: $AC\parallel BD$.

Xét hai tam giác AEC và DEB có:

$BE = EC\,\,\left( {gt} \right)$

$\widehat {AEB} = \widehat {DEC}$ (2 góc đối đỉnh)

$EA = ED\,\,\left( {gt} \right)$

Vậy $\Delta AEC = \Delta DEB\,\,(c.g.c)$

$ \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {BDE}$ (2 góc tương ứng)

Mà hai góc CAE và góc BDE là hai góc so le trong, suy ra $AC\parallel BD$.

c) Kẻ $EI \bot AC\,\,\left( {I \in AC} \right);\,\,EK \bot BD\,\,\left( {K \in BD} \right)$. Chứng minh $\Delta AIE = \Delta DKE$.

Xét hai tam giác AIE và DKE có:

$EA = ED\,\,\left( {gt} \right)$

$\hat I = \hat K = 90^\circ \,\,\left( {gt} \right)$

$ \Rightarrow \widehat {IAE} = \widehat {KDE}$ (cm câu b)

Vậy $\Delta AIE = \Delta DKE$ (cạnh huyền – góc nhọn).

d) Chứng minh 3 điểm $I,\,E,\,K$ thẳng hàng.

Vì $AC\parallel BD$ (theo câu b) mà $IE \bot AC$ nên $IE \bot BD$

Lại có $EK \bot BD\,\,\left( {gt} \right)$ nên $E;\,I;\,K$ cùng thuộc một đường thẳng.

Hay $E,\,I,\,K$ thẳng hàng.

Bài 5:

Phương pháp:

Áp dụng tính chất: $\left| x \right| \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{Z}$ và ${x^n} \ge 0$ với mọi n là số chẵn.

Cách giải:

${\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} + {\left( {2a – 3b} \right)^{2010}} = 0$

${\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} \ge 0 \Rightarrow {\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} \ge 0$

${\left( {2a – 3b} \right)^{2010}} \ge 0$

$ \Rightarrow {\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} + {\left( {2a – 3b} \right)^{2010}} \ge 0$

Hay ${\left| {5a – 6b + 300} \right|^{2011}} + {\left( {2a – 3b} \right)^{2010}} = 0$

khi $\left\{ \begin{array}{l}5a – 6b + 300 = 0\\2a – 3b = 0\end{array} \right.$

$2a – 3b = 0 \Rightarrow 2a = 3b$

$ \Rightarrow \frac{a}{3} = \frac{b}{2} = \frac{{5a – 6b}}{{3.5 – 2.6}} = \frac{{ – 300}}{3} = – 100$

$ \Rightarrow a = – 300;\,\,b = – 200$

——–HẾT——-

Bài trướcĐề Thi HK 1 Toán 8 UBND Quận Bình Tân TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học Kì 1 Toán 7 Trường THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây