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 a, b 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——-
