Đề kiểm tra chất lượng cuối học kỳ II môn Toán Lớp 7 - Năm học 2016-2017 - Trường THCS Ngọc Trạo (Có đáp án)

Họ và tên học sinh: ………………………….. KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI KÌ II LỚP 7 Lớp: …………………………………………. NĂM HỌC: 2016 – 2017 TRƯỜNG THCS NGỌC TRẠO MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài 90 phút, không tính thời gian phát đề) Điểm Nhận xét của giáo viên

ĐỀ BÀI Câu 1: (2,0 điểm). Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B được giáo viên ghi lại trong bảng sau:

Thời gian (x) 5 7 8 9 10 13 Tần số (n) 4 3 9 7 5 2 N = 30 a/ Dấu hiệu ở đây là gì? Tìm mốt của dấu hiệu? b/ Tính số trung bình cộng của dấu hiệu? Câu 2: (3,5 điểm). Cho hai đa thức:

P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4 Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2 a/ Thu gọn các đa thức trên và sắp xếp các hạng tử theo lũy thừa giảm dần của biến. Tìm bậc của mỗi đa thức trên.

b/ Tính giá trị của các đa thức P(x) tại x = 1 2  ; Q(x) tại x = 1.

c/ Tính Q(x) + P(x) và Q(x) – P(x) d/ Tìm giá trị của x sao cho: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0 Câu 3: (3,5 điểm). Cho ABC, lấy M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng:

a/ AC = EB và AC // BE b/ Trên AC lấy điểm I, trên EB lấy điểm K sao cho AI = EK. Chứng minh ba điểm: I, M, K thẳng hàng. c/ Từ E kẻ EH  BC (H  BC). Biết K là trung điểm của BE và HK = 5 cm; HE = 6 cm. Tính độ dài đoạn thẳng BH. Câu 4: (3,0 điểm). Tìm số tự nhiên n có hai chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đồng thời là hai số chính phương.

BÀI LÀM Câu 1: a/ Dấu hiệu ở đây là: " Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B".

Mốt của dấu hiệu là: M0 = 8

b/ Trung bình cộng của dấu hiệu là: X = 5.4 7.3 8.9 9.7 10.5 13.2 30      = 8,4

Câu 2: a/ Thu gọn và sắp xếp các đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến:

P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4 P(x) = (2x4 – 2x4) + (9x2 – 4x2) + (– 3x – x) + 7 P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2 Q(x) = – 5x3 – x2 + (– 3x + 7x) + (– 3 – 2) Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 Bậc của đa thức P(x) là 2, bậc của đa thức Q(x) là 3 b/ Ta có: P(x) = 5x2 – 4x + 7

2 1 1 1 P 5. 4. 7 2 2 2                        

= 41

4

Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5

ThuVienDeThi.com

2

1

1

1

M

K

I

E

C B

A

H

Q(1) = – 5.13 – 12 + 4.1 – 5 = – 7 c/ Ta có:

Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 + P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) + P(x) = – 5x3+4x2 + 2

Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5 – P(x) = 5x2 – 4x + 7 Q(x) – P(x) = – 5x3–6x2 + 8x – 12 d/ Ta có: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0  (– 5x3 + 4x2 + 2) + 5x2 – 2 = 0  – 5x3 + 9x2 = 0  x2(– 5x + 9) = 0



2 x 0 x 0

9 x 5x 9 0 5

             

Vậy x = 0 hoặc x = 9

5

Câu 3:

GT ABC, MB = MC, ME = MA, AI = EK, EH  BC, KB = KE HK = 5 cm; HE = 6 cm

KL

a/ AC = EB và AC // BE b/ I, M, K thẳng hàng c/ BH = ?

a/ Xét AMC và EMB có:

MA = ME (GT)

· · AMC EMB  (Hai góc đối đỉnh) MC = MB (GT)  AMC = EMB (c – g – c)  AC = EB (Hai cạnh tương ứng) và µ µ 1 1 A E  (Hai góc tương ứng) mà µ1 A và µ1 E ở vị trí so le trong nên AC // BE b/ Vì AMC = EMB (Theo câu a)  MA = ME (Hai cạnh tương ứng) Xét AMI và EMK có:

AI = EK (GT)

µ µ 1 1 A E  (CM ở câu a) MA = ME (CM trên)  AMI và EMK (c – g – c)  µ µ 1 2 M M  (Hai góc tương ứng) Ta có: µ · 1 M IME  = 1800 (Hai góc kề bù) mà µ µ 1 2 M M  nên µ · 2 M IME  = 1800  Ba điểm I, M, K thẳng hàng.

c/ Vì BHE vuông tại H có HK là đường trung tuyến nên HK = 1 BE 2  BE = 2HK = 2.5 =

10 cm.

Áp dụng định lý Pythagoras vào BHE vuông tại H:

BE2 = BH2 + HE2  102 = BH2 + 62  BH2 = 100 – 36  BH2 = 64  BH = 8 cm Câu 4: Vì n có hai chữ số nên 10  n  99  20  2n  198  21  2n + 1  199.

Vì 2n + 1 là số chính phương mà 21  2n + 1  199 nên 2n + 1 {25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; 144; 169; 196}.

Vì 2n + 1 lẻ nên 2n + 1 {25; 49; 81; 121; 169}  n {12; 24; 40; 60; 84} (1) Vì 3n + 1 chia cho 3 dư 1 nên từ (1)  n = 40

ThuVienDeThi.com