Đề thi lớp 7 học kì 2 2019

• Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Dịch Vọng

  Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Dịch Vọng với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

  Xem lời giải

• Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Giảng Võ

  Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Giảng Võ với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

  Xem lời giải

Quảng cáo

• Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Trần Văn Ơn

  Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Trần Văn Ơn với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

  Xem lời giải

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

  Giải 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

  Xem lời giải

• Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Nguyễn Trãi

  Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường thcs Nguyễn Trãi với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

  Xem lời giải

• Giải đề thi học kì 2 toán lớp 7 năm 2020 - 2021 trường Archimedes

  Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2020 - 2021 trường Archimedes với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

  Xem lời giải

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

• Đề bài
• LG bài 1
• LG bài 2
• LG bài 3
• LG bài 4

Đề bài

Bài 1  [2,5 điểm]:

Trong đợt bán “giải cứu dưa hấu”, một cửa hàng thống kê số quả dưa hấu bán cho 20 khách hàng đầu tiên như sau:

a] Dấu hiệu cần tìm hiểu ở đây là gì? 

b] Lập bảng “tần số”, tìm trung bình cộng và mốt của dấu hiệu.

c] Vẽ biểu đồ đoạn thẳng. [Trục hoành biểu diễn số quả dưa hấu của một người mua, trục tung biểu diễn tần số]

Bài 2 [1,5 điểm]:

Cho đơn thức \[D = 5{x^4}y.\left[ { - \dfrac{3}{{10}}x{y^2}} \right]\]

a] Thu gọn, xác định hệ số và bậc của đơn thức \[D\].

b] Tính giá trị của đơn thức \[D\] biết \[x =  - 1;y = \dfrac{1}{3}\].

Bài 3 [2,5 điểm]:

Cho hai đa thức \[M\left[ x \right] = 2{x^4} + 2{x^3}\] \[ - 5x - 10 + 3{x^2} + 2{x^3}\]

\[N\left[ x \right] = 4{x^4} - 7 + 4{x^3} - 2{x^4} - 5x + 9\]

a] Thu gọn đa thức \[M\left[ x \right];N\left[ x \right]\] và sắp xếp các hạng tử của mỗi đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến.

b] Tính \[M\left[ x \right] + N\left[ x \right]\].

c] Tính \[Q\left[ x \right] = M\left[ x \right] - N\left[ x \right]\] và tìm nghiệm của đa thức \[Q\left[ x \right]\].

Bài 4 [3,5 điểm]:

Cho tam giác MNP vuông tại M có \[MN < MP\], \[A\] là trung điểm của \[NP\]. Đường trung trực của đoạn thẳng \[NP\] cắt cạnh \[MP\] tại \[B\].

a] Chứng minh tam giác BNP cân, từ đó so sánh BM và BP.

b] Qua P kẻ đường vuông góc với đường thẳng NB tại điểm C. Chứng minh tam giác MBN bằng tam giác CBP.

c] Chứng minh AB là tia phân giác của góc MAC.

d] Gọi E là giao điểm của AB và tia PC. Tam giác MNP cần có thêm điều kiện gì để tam giác EBP cân tại B?

LG bài 3

Phương pháp giải:

a] Nhóm các đơn thức đồng dạng lại và thực hiện cộng, trừ các đơn thức đồng dạng trong \[M\left[ x \right],N\left[ x \right]\]. 

b] Thực hiện cộng các đơn thức đồng dạng có trong \[M\left[ x \right]\] và \[N\left[ x \right]\] với nhau.

c] Thực hiện trừ các đơn thức đồng dạng có trong \[M\left[ x \right]\] và \[N\left[ x \right]\] cho nhau.

Nghiệm của đa thức \[Q\left[ x \right]\] là giá trị của \[x\] làm cho \[Q\left[ x \right] = 0\].

Lời giải chi tiết:

Cho hai đa thức \[M\left[ x \right] = 2{x^4} + 2{x^3}\] \[ - 5x - 10 + 3{x^2} + 2{x^3}\]

\[N\left[ x \right] = 4{x^4} - 7 + 4{x^3} - 2{x^4} - 5x + 9\]

a] Thu gọn đa thức \[M\left[ x \right];N\left[ x \right]\] và sắp xếp các hạng tử của mỗi đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến.

\[M\left[ x \right] = 2{x^4} + 2{x^3}\] \[ - 5x - 10 + 3{x^2} + 2{x^3}\]

\[ = 2{x^4} + \left[ {2{x^3} + 2{x^3}} \right] + 3{x^2} - 5x - 10\]

\[ = 2{x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 5x - 10\]

\[N\left[ x \right] = 4{x^4} - 7\] \[ + 4{x^3} - 2{x^4} - 5x + 9\]

\[\begin{array}{l} = \left[ {4{x^4} - 2{x^4}} \right] + 4{x^3} - 5x + \left[ {9 - 7} \right]\\ = 2{x^4} + 4{x^3} - 5x + 2\end{array}\]

Vậy \[M\left[ x \right] = 2{x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 5x - 10\]

\[N\left[ x \right] = 2{x^4} + 4{x^3} - 5x + 2\]

b] Tính \[M\left[ x \right] + N\left[ x \right]\].

Ta có:

\[\begin{array}{l}M\left[ x \right] + N\left[ x \right]\\ = 2{x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 5x - 10\\ + 2{x^4} + 4{x^3} - 5x + 2\\ = \left[ {2{x^4} + 2{x^4}} \right] + \left[ {4{x^3} + 4{x^3}} \right]\\ + 3{x^2} - \left[ {5x + 5x} \right] - \left[ {10 - 2} \right]\\ = 4{x^4} + 8{x^3} + 3{x^2} - 10x - 8\end{array}\]

c] Tính \[Q\left[ x \right] = M\left[ x \right] - N\left[ x \right]\] và tìm nghiệm của đa thức \[Q\left[ x \right]\].

\[\begin{array}{l}Q\left[ x \right] = M\left[ x \right] - N\left[ x \right]\\ = 2{x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 5x - 10\\ - \left[ {2{x^4} + 4{x^3} - 5x + 2} \right]\\ = 2{x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 5x - 10\\ - 2{x^4} - 4{x^3} + 5x - 2\\ = \left[ {2{x^4} - 2{x^4}} \right] + \left[ {4{x^3} - 4{x^3}} \right]\\ + 3{x^2} - \left[ {5x - 5x} \right] - \left[ {10 + 2} \right]\\ = 0{x^4} + 0{x^3} + 3{x^2} - 0x - 12\\ = 3{x^2} - 12\end{array}\]

\[ \Rightarrow Q\left[ x \right] = 3{x^2} - 12\]

Ta có: 

\[\begin{array}{l}Q\left[ x \right] = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = 12\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4\\ \Leftrightarrow x =  \pm 2\end{array}\]

Vậy \[2\] và \[ - 2\] là các nghiệm của thì \[Q\left[ x \right]\].

LG bài 4

Phương pháp giải:

a] Chứng minh \[\Delta BAN = \Delta BAP\] the trương hợp hai cạnh góc vuông.

Từ đó suy ra \[BN = BP\] dẫn đến \[\Delta BNP\] cân.

Sử dụng định lí: Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn để so sánh BM và BN, từ đó suy ra BM và BP.

b] Chứng minh \[\Delta MBN = \Delta CBP\] theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn.

c] Chứng minh MA=CA bằng cách xét hai tam giác MNA và CPA 

Từ đó, xét hai tam giác MAB và CAB bằng nhau suy ra hai cặp góc tương ứng bằng nhau.

d] Nối M với E, chứng minh tam giác ENP đều suy ra \[\widehat {MNP} = {60^0}\].

Lời giải chi tiết:

Cho tam giác MNP vuông tại M có \[MN < MP\], \[A\] là trung điểm của \[NP\]. Đường trung trực của đoạn thẳng \[NP\] cắt cạnh \[MP\] tại \[B\].

a] Chứng minh tam giác BNP cân, từ đó so sánh BM và BP.

A là trung điểm của NP thì \[AN = AP\] và BA là đường trung trực của NP

\[ \Rightarrow BA \bot NP\]

\[ \Rightarrow \widehat {BAN} = \widehat {BAP} = {90^0}\]

Xét \[\Delta BAN\] và \[\Delta BAP\] có:

\[\begin{array}{l}\widehat {BAN} = \widehat {BAP} = {90^0}\\BA\,\,\,chung\\AN = AP\end{array}\]

\[ \Rightarrow \Delta BAN = \Delta BAP\] [hai cạnh góc vuông]

\[ \Rightarrow BN = BP\] [cạnh tương ứng]

Tam giác BNP có BN=BP nên là tam giác cân tại B [đpcm].

Xét tam giác BMN có \[\widehat {BMN} = {90^0}\] nên \[\widehat {MNB} < \widehat {BMN}\] \[ \Rightarrow BM < BN\]

Mà \[BN = BP\] nên \[BM < BP\].

b] Qua P kẻ đường vuông góc với đường thẳng NB tại điểm C. Chứng minh tam giác MBN bằng tam giác CBP.

Ta có: \[PC \bot AC \Rightarrow \widehat {PCB} = {90^0}\]

Xét \[\Delta MBN\] và \[\Delta CBP\] có:

\[\begin{array}{l}\widehat {NMB} = \widehat {PCB} = {90^0}\\BN = BP\,\left[ {cmt} \right]\end{array}\]

\[\widehat {NBM} = \widehat {PBC}\] [đối đỉnh]

\[ \Rightarrow \Delta MBN = \Delta CBP\] [cạnh huyền – góc nhọn] [đpcm]

c] Chứng minh AB là tia phân giác của góc MAC.

Từ câu b, \[\Delta MBN = \Delta CBP\]\[ \Rightarrow MN = CP\] [cạnh tương ứng]

Xét \[\Delta MNP\] và \[\Delta CPN\] có:

\[\begin{array}{l}\widehat {NMP} = \widehat {PCN} = {90^0}\\NP\,\,\,chung\\MN = CP\,\,\left[ {cmt} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow \Delta MNP = \Delta CPN\] [cạnh huyền – cạnh góc vuông]

\[ \Rightarrow \widehat {MNP} = \widehat {CPN}\] [góc tương ứng] \[ \Rightarrow \widehat {MNA} = \widehat {CPA}\]

Xét \[\Delta MNA\] và \[\Delta CPA\] có:

\[\begin{array}{l}MN = CP\left[ {cmt} \right]\\\widehat {MNA} = \widehat {CPA}\left[ {cmt} \right]\\NA = PA\left[ {gt} \right]\\ \Rightarrow \Delta MNA = \Delta CPA\left[ {c - g - c} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow MA = CA\] [cạnh tương ứng]

Lại có, \[\Delta MBN = \Delta CBP\] \[ \Rightarrow MB = CB\] [cạnh tương ứng]

Xét \[\Delta MAB\] và \[\Delta CAB\] có:

\[\begin{array}{l}MA = CA\left[ {cmt} \right]\\AB\,\,\,chung\\MB = CB\left[ {cmt} \right]\\ \Rightarrow \Delta MBA = \Delta CBA\left[ {c - g - c} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {CAB}\] [góc tương ứng]

Vậy \[AB\] là tia phân giác của góc \[\widehat {MAC}\].

d] Gọi E là giao điểm của AB và tia PC. Tam giác MNP cần có thêm điều kiện gì để tam giác EBP cân tại B?

Nối M với E.

Tam giác NPE có hai đường cao NC và EA cắt nhau tại B nên B là trực tâm của tam giác.

Do đó \[PB \bot NE\].

Mà \[PB \bot MN\] nên M, N, E thẳng hàng [tiên đề Ơclit].

Tam giác EBP cân tại B thì BP=BE.

Xét \[\Delta BCP\] và \[\Delta BCE\] có:

\[\begin{array}{l}BC\,\,\,chung\\\widehat {BCP} = \widehat {BCE} = {90^0}\\BP = BE\left[ {cmt} \right]\\ \Rightarrow \Delta BCP = \Delta BCE\left[ {c - g - c} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow CP = CE\] [hai cạnh tương ứng]

Xét \[\Delta NCP\] và \[\Delta NCE\] có:

\[\begin{array}{l}CP = CE\left[ {cmt} \right]\\\widehat {NCP} = \widehat {NCE} = {90^0}\\NC\,chung\\ \Rightarrow \Delta NCP = \Delta NCE\left[ {c - g - c} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow NP = EP\] [cạnh tương ứng] [1]

Xét \[\Delta EAN\] và \[\Delta EAP\] có:

\[\begin{array}{l}AN = AP\\\widehat {EAN} = \widehat {EAP} = {90^0}\\EA\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta EAN = \Delta EAP\left[ {c - g - c} \right]\end{array}\]

\[ \Rightarrow EN = EP\] [cạnh tương ứng] [2]

Từ [1] và [2] suy ra \[EN = EP = NP\]

\[ \Rightarrow \Delta NEP\] đều \[ \Rightarrow \widehat {ENP} = {60^0} \Rightarrow \widehat {MNP} = {60^0}\].

Vậy tam giác MNP có thêm điều kiện \[\widehat {MNP} = {60^0}\] thì tam giác EBP là tam giác cân.

HẾT

Loigiaihay.com