[Năm 2022] Đề thi Giữa học kì 2 Toán lớp 7 có đáp án ( 6 đề)

Đề 1

I. Trắc nghiệm (2 điểm): Khoanh vào chữ đặt trước câu trả lời đúng.

Câu 1: Đơn thức đồng dạng với đơn thức 5xy² là:

A. 3xy B. 1 ²

.3x y

3

C. 3xy² + 1 D. xy²

Câu 2: Cho tam giác ABC có A90^o và AB = AC ta có:

A. ∆ABC là tam giác vuông.

B. ∆ABC là tam giác cân.

C. ∆ABC là tam giác vuông cân.

D. ∆ABC là tam giác đều.

Câu 3: Biểu thức nào sau đây không là đơn thức?

A. 4x²y B. 7 + xy² C. 6xy.(−x³) D. −4xy²

Câu 4: Tam giác ABC có AB < AC < BC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. C B A  B. B C A  C. A C B  D. A B C II. Tự luận:

Bài 1 (3 điểm): Điểm kiểm tra môn toán của học sinh lớp 7A được thống kê như sau:

7 10 5 7 8 10 6 5 7 8

7 6 4 10 3 4 9 8 9 9

4 7 3 9 2 3 7 5 9 7

5 7 6 4 9 5 8 5 6 3

a) Dấu hiệu ở đây là gì?

b) Hãy lập bảng “tần số”.

c) Hãy tính số trung bình cộng và tìm mốt của dấu hiệu?

d) Nhận xét về việc học toán của học sinh lớp 7A.

Bài 2 (1,5 điểm): Tính giá trị của biểu thức 2x⁴ − 5x² + 4x tại x = 1 và 1

x 2

  . Bài 3 (3 điểm): Cho ΔABC vuông tại A. Đường phân giác BD. Vẽ DH ⊥ BC (H ∈ BC).

a) Chứng minh: ΔABD = ΔHBD.

b) Chứng minh: AD < DC.

c) Trên tia đối AB lấy điểm K sao cho AK = HC. Chứng minh ΔDKC cân.

Bài 4 (0,5 điểm): Cho A ^{5n 1} n 1

 

 (n ≠ −1). Tìm n để biểu thức A đạt giá trị nguyên.

Đáp án I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Đơn thức đồng dạng với đơn thức 5xy² là:

A. 3xy

B. 1 ² .3x y

3

C. 3xy² + 1 D. xy².

Giải thích:

Ta thấy đơn thức xy² đồng dạng với đơn thức 5xy² vì đơn thức xy² có hệ số là 1 ≠ 0 và có cùng phần biến là xy².

Vậy chọn D.

Câu 2: Cho tam giác ABC có A90^o và AB = AC ta có:

A. ∆ABC là tam giác vuông.

B. ∆ABC là tam giác cân.

C. ∆ABC là tam giác vuông cân.

D. ∆ABC là tam giác đều.

Giải thích:

∆ABC có A90^o và AB = AC nên ∆ABC là tam giác vuông cân tại A.

Vậy chọn C.

Câu 3: Biểu thức nào sau đây không là đơn thức?

A. 4x²y B. 7 + xy² C. 6xy.(−x³) D. −4xy². Giải thích:

Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, một biến hoặc một tích giữa các số và các biến.

Do đó, các biểu thức 4x²y ; 6xy.(−x³) ; −4xy² là các đơn thức

Còn biểu thức 7 + xy² có chứa phép cộng nên không phải là đơn thức.

Vậy chọn B.

Câu 4: Tam giác ABC có AB < AC < BC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. C B A  B. B C A  C. A C B  D. A B C. Giải thích:

Ta có, góc đối diện với cạnh AB là C ; góc đối diện với cạnh AC là ^B; góc đối diện với cạnh BC là A.

Vì AB < AC < BC nên C < B < A (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác).

II. Tự luận:

Bài 1 (3 điểm):

a) Dấu hiệu: Điểm kiểm tra môn toán của mỗi học sinh lớp 7A.

b) Bảng “tần số”:

Giá trị (x) 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Tần số (n) 1 4 4 6 4 8 4 6 3 N = 30

c) Số trung bình cộng:

2.1 3.4 4.4 5.6 6.4 7.8 8.4 9.6 10.3

X 8,53

30

       

  (điểm).

Giá trị có tần số lớn nhất là 7 (tần số của giá trị 7 là 8).

Do đó một của dấu hiệu là Mo = 7.

Vậy số trung bình cộng là X8,53 điểm và mốt của dấu hiệu là Mo = 7.

d) Nhận xét về việc học toán của học sinh lớp 7A:

- Số các giá trị của dấu hiệu: 30.

- Số các giá trị khác nhau của dấu hiệu: 9.

- Điểm cao nhất là 10 điểm; điểm thấp nhất là 2 điểm.

- Giá trị có tần số lớn nhất là 7 (tần số của giá trị 7 là 8).

- Các giá trị thuộc vào khoảng 5 điểm; 7 điểm và 9 điểm.

Bài 2 (1,5 điểm):

Thay x = 1 vào giá trị biểu thức 2x⁴ − 5x² + 4x, ta được:

2.1⁴ – 5.1² + 4.1 = 2– 5+ 4 = 1.

Thay 1

x 2

  vào giá trị biểu thức 2x⁴ − 5x² + 4x, ta được:

4 2

1 1 1 25

2. 5. 4.

2 2 2 8

  

        

     

      .

Vậy giá trị của biểu thức đã cho tại x = 1 và 1

x 2

  lần lượt là 1 và 25

 8 . Bài 3 (3 điểm):

GT ΔABC vuông tại A, đường phân giác BD;

DH ⊥ BC (H ∈ BC);

Trên tia đối AB lấy điểm K sao cho AK = HC.

KL a) ΔABD = ΔHBD.

b) AD < DC.

c) ΔDKC cân.

a) Xét ΔABD và ΔHBD có:

BADBHD 90 o

ABDHBD (vì BD là tia phân giác của ABC).

Cạnh BD chung.

Do đó ΔABD = ΔHBD (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Từ câu a: ΔABD = ΔHBD suy ra AD = DH (hai cạnh tương ứng) (1)

ΔDHC vuông tại H nên DH < DC (2) (trong tam giác vuông cạnh đối diện với góc vuông là cạnh lớn nhất).

Từ (1) và (2) suy ra: AD < DC.

c) Xét ΔAKD và ΔHCD có:

DAKCHD 90 o

AD = DH (cmt)

H

D B

A C

K

ADKCDH (hai góc đối đỉnh) Do đó ΔAKD = ΔHCD (c.g.c).

Suy ra KD = DC (hai cạnh tương ứng).

Vậy ΔDKC cân tại D.

Bài 4 (0,5 điểm):

Với n ≠ −1, ta có: 5n 1 5(n 1) 4 4

A 5

n 1 n 1 n 1

  

   

   .

Để biểu thức A đạt giá trị nguyên thì 4 5n 1

 . Mà 5 nên 4

n 1

 hay 4  Ư(4) = {−1; 1; −4; 4}.

Ta có bảng sau:

n + 1 −1 1 −4 4

n −2 (TM) 0 (TM) −5 (TM) 3 (TM)

Vậy để biểu thức A đạt giá trị nguyên thì x {−5; −2; 0; 3}.

Đề 2

Bài 1 (4 điểm): Số lỗi chính tả trong một bài kiểm tra môn Anh văn của học sinh của lớp 7B được cô giáo ghi lại trong bảng dưới đây:

Giá trị (x) 2 3 4 5 6 9 10

Tần số (n) 3 6 9 5 7 1 1 N = 32

a) Dấu hiệu là gì? Tìm mốt của dấu hiệu.

b) Rút ra ba nhận xét về dấu hiệu.

c) Tìm số lỗi trung bình trong mỗi bài kiểm tra.

d) Dựng biểu đồ đoạn thẳng.

Bài 2 (2 điểm): Tính giá trị của biểu thức:

a) x² – 3x + 1 tại x = 2.

b) 1

2x 5y

 3 tại x = 2 và y = −1.

Câu 3 (3,5 điểm): Cho ΔABC có AB = 3 cm; AC = 4 cm; BC = 5 cm.

a) Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A.

b)Vẽ phân giác BD (D thuộc AC), từ D vẽ DE  BC (E  BC).

Chứng minh DA = DE.

c) ED cắt AB tại F. Chứng minh ADF = EDC rồi suy ra DF > DE.

Câu 4 (0,5 điểm): Tìm n sao cho 2n − 3 ⋮ n + 1.

Đáp án Bài 1 (4 điểm):

a) Dấu hiệu là: Số lỗi chính tả trong một bài kiểm tra môn Anh văn mỗi học sinh lớp 7B.

Giá trị có tần số lớn nhất là 4 (tần số của giá trị 4 là 9).

Do đó, mốt của dấu hiệu là: Mo = 4 (lỗi).

b) Một số nhận xét:

- Có một bài kiểm tra mắc lỗi nhiều nhất là 10 lỗi, chiếm tỉ lệ 3,1%.

- Có ba bài kiểm tra mắc lỗi ít nhất là 2 lỗi chiếm tỉ lệ 9,3%.

- Phần nhiều bài kiểm tra mắc 4 lỗi chiếm tỉ lệ 27,9%.

c) Số trung bình cộng:

2.3 3.6 4.9 5.5 6.7 9. 1 10.1 146

X 4,6

32 32

+ + + + + +

= = » (lỗi)

Vậy số lỗi trung bình trong mỗi bài kiểm tra là khoảng 4 lỗi.

d) Biểu đồ đoạn thẳng:

Bài 2 (2 điểm):

a) Thay x = 2 vào biểu thức x² – 3x + 1, ta được:

2² – 3.2 + 1 = 4 – 6 + 1 = –1.

Vậy giá trị biểu thức x² – 3x + 1 tại x = 2 là –1.

b) Thay x = 2 và y = −1 vào biểu thức 1 2x 5y

 3, ta được:

1 1 28

2x 5y 2.2 5( 1)

3 3 3

       . Vậy giá trị của biểu thức 1

2x 5y

 3 tại x = 2 và y = −1 là 28 3 . Câu 3 (3,5 điểm):

GT ΔABC AB = 3 cm; AC = 4 cm; BC = 5 cm.

BD là tia phân giác của ABC (DAC);

DE  BC (E  BC); EDABF. KL a) ΔABC vuông tại A.

b) DA = DE.

c) ADF = EDC và DF > DE.

a) Ta có: AB² + AC² = 3² + 4² = 9 + 16 = 25; BC² = 5² = 25.

Vì AB² + AC² = BC² nên áp dụng định lý Py-ta-go đảo ta suy ra ΔABC vuông tại A.

b) Vì ΔABC vuông tại A (câu a) nên BAC 90 ^o. Và DE  BC nên BED90^o.

Do đó BACBED 90 ^o Xét ΔABD và ΔEBD có:

BACBED 90 o (cmt) BD chung

ABDEBD (vì BD là tia phân giác của ABC ) Do đó ΔABD = ΔEBD (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DA = DE (hai cạnh tương ứng).

c) Xét ADF và EDC có:

DAFDEC 90 o

DA = DE (cmt)

ADFEDC (đối đỉnh)

F

E D

C B

A

Do đó ADF = EDC (c.g.c)

Suy ra DF = DC (hai cạnh tương ứng).

Mà DC > DE (cạnh đối diện với góc vuông có độ dài lớn nhất).

Do đó DF > DE.

Câu 4 (0,5 điểm): Tìm n sao cho 2n − 3 ⋮ n + 1.

Ta có 2n − 3 ⋮ n + 1 2(n + 1) − 5 ⋮ n + 1 Mà 2(n + 1) ⋮ n + 1 Nên 5 ⋮ n + 1.

Khi đó, n + 1  Ư(5) = {−1; 1; −5; 5}.

Ta có bảng sau:

n + 1 −1 1 −5 5

n −2 (TM) 0 (TM) −6 (TM) 4 (TM) Vậy để 2n − 3 ⋮ n + 1 thì n  {−6; −2; 0; 4}.

Đề 3

I. Trắc nghiệm (2 điểm): Khoanh tròn vào chữ cái đặt trước trả lời đúng.

Câu 1: Thêm điều kiện nào để tam giác ABC bằng tam giác DEF theo trường hợp cạnh – góc – cạnh, biết AC = DF, BC = EF?

A. AD B. AB = DE C. B E D. CF

Câu 2: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x?

A. A(0; −3)

B. B(−2; 6) C. C(1; 3) D. D(5; 15)

Câu 3: Bậc của đa thức a³ – 3a² + 6a⁴ – 11a + 3a⁵ là:

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 18cm, AC = 24cm. Hỏi chu vi tam giác ABC bằng bao nhiêu?

A. 80 B. 95 C. 72 D. 68

II. Tự luận:

Bài 1 (2 điểm): Điểm thi học kỳ I môn Sinh học của các bạn học của lớp 7A được thống kê trong bảng “tần số” sau:

Điểm (x) 4 5 6 7 8 9 10

Tần số (n) 3 4 4 8 5 7 1 N = 32

a) Tìm mốt của dấu hiệu trong bảng “tần số “trên? Giải thích tại sao?

b) Tính điểm trung bình của lớp 7A.

c) Nêu nhận xét.

Bài 2 (1,5 điểm): Cho đơn thức A ¹x y z .^{2 3 14}xy z^{2 2}

2 3

 

   

     . a) Thu gọn đơn thức A.

b) Xác định hệ số và bậc của đơn thức A.

c) Tính giá trị của A khi x = 1; y = −1; z = 2.

Bài 3 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, B60^o, AB = 5cm. Tia phân giác góc B cắt AC tại D. Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại E.

a) Chứng minh: ∆ADB = ∆BDE.

b) Chứng minh tam giác AEB là tam giác đều.

c) Tính BC.

Bài 4 (0,5 điểm): Tìm các giá trị nguyên của x và y biết: 5y – 3x = 2xy – 11.

Đáp án I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Thêm điều kiện nào để tam giác ABC bằng tam giác DEF theo trường hợp cạnh – góc – cạnh, biết AC = DF, BC = EF?

A. AD B. AB = DE C. B E D. CF Giải thích:

Để ∆ABC = ∆DEF (c.g.c), khi biết hai cặp cạnh bằng nhau là: AC = DF, BC = EF.

Ta cần thêm điều kiện cặp góc xen giữa bằng nhau là C F . Vậy chọn D.

Câu 2: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x?

A. A(0; −3) B. B(−2; 6) C. C(1; 3) D. D(5; 15) Giải thích:

- Thay x = 0 vào đồ thị hàm số ta được: f(0) = (−3).0 = 0 ≠ −3.

Do đó điểm A(0; −3) không thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x.

- Thay x = −2 vào đồ thị hàm số ta được: f(−2) = (−3). (−2) = 6.

Do đó điểm B(−2; 6) thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x.

- Thay x = 1 vào đồ thị hàm số ta được: f(1) = (−3). 1 = −3 ≠ 3.

Do đó điểm C(1; 3) không thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x.

- Thay x = 5 vào đồ thị hàm số ta được: f(5) = (−3). 5 = −15 ≠ 15.

Do đó điểm D(5; 15) không thuộc đồ thị hàm số y = f(x) = −3x.

Vậy chọn B.

Câu 3: Bậc của đa thức a³ – 3a² + 6a⁴ – 11a + 3a⁵ là:

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

Giải thích:

Bậc của đa thức là bậc cao nhất của hạng tử.

Hạng tử 3a⁵ có bậc cao nhất là 5.

Do đó bậc của đa thức đã cho là 5.

Vậy chọn A.

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 18cm, AC = 24cm. Hỏi chu vi tam giác ABC bằng bao nhiêu?

A. 80 B. 95 C. 72 D. 68 Giải thích:

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

AB² + AC² = BC²

2 2 2 2

BC AB AC 18 24 30

      (cm)

Do đó chu vi tam giác ABC là:

AB + AC + BC = 18 + 24 + 30 = 72 (cm).

Vậy chọn C.

II. Tự luận:

Bài 1 (2 điểm):

a) Mốt của dấu hiệu: 7.

Vì tần số của điểm 7 là lớn nhất (tần số của điểm 7 là 8).

b) Điểm trung bình cộng:

4.3 5.4 6.4 7.8 8.5 9.7 10.1

X 7,03

32

     

  .

Vậy điểm trung bình học kỳ I môn Sinh học của lớp 7A là 7,03.

c) Nhận xét:

- Số các giá trị của dấu hiệu là 32.

- Số các giá trị khác nhau là 7.

- Giá trị lớn nhất là 10; giá trị nhỏ nhất là 4.

- Giá trị có tần số lớn nhất 7 (tần số của giá trị 7 là 8).

- Các giá trị thuộc vào khoảng 7 điểm đến 9 điểm là chủ yếu.

Câu 2 (1,5 điểm):

a) Ta có: A ¹x y z .^{2 3 14}xy z^{2 2}

2 3

 

   

     



 

 

1 14

. . x . x . y . y z.z

2 3

  

  

 

2 1 3 2 1 2

7.x . y .z 3

  



3 5 3

7x y z

 3 . Vậy 7 ^{3 5 3}

A x y z

 3 .

b) Đơn thức A có hệ số là 7 3. Đơn thức 7 ^{3 5 3}

x y z

3 , biến x có số mũ là 3; biến y có số mũ là 5; biến z có số mũ là 3.

Tổng số mũ của các biến là 3 + 5 + 3 = 11.

Vậy đơn thức A có hệ số là 7

3 và có bậc là 11.

c) Thay x = 1; y = −1; z = 2 vào biểu thức A, ta được:

3 5 3 3 5 3

7 7 56

A x y z .1 .( 1) .2

3 3 3

     .

Bài 3 (3 điểm):

GT ∆ABC vuông tại A, B60^o, AB = 5cm.

BD là tia phân giác ABC (DAC).

DEBC (EBC). KL a) ∆ADB = ∆BDE.

b) ∆AEB là tam giác đều.

c) Tính BC.

a) Xét ∆ABD vuông tại A và ∆BDE vuông tại E có:

BD cạnh chung.

ABDDBE30o(BD là phân giác góc B)

Do đó ∆ADB = ∆BDE (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Từ câu a: ∆ADB = ∆BDE suy ra AB = BE.

Xét ∆ABE có AB = BE, B60^o. Vậy ∆ABE là tam giác đều.

c) Ta có ∆ABE là tam giác đều (câu b) Suy ra AB = BE = AE = 5 cm (*) Do đó BAEABE60^o

Mặt khác BAC 90 ^o

o o o

EAC BAC BAE 90 60 30

      (1)

Áp dụng định lý tổng ba góc của một tam giác vào ∆ABC, ta có:

ABC BCA BAC 180 o

BCA 180o ABC BAC

   

o o o o

BCA 180 60 90 30

     (2)

Từ (1) và (2) suy ra EAC BCA nên ∆AEC cân tại E.

Suy ra AC = EC = 5 cm (**)

Từ (*) và (**) suy ra BC = BE + EC = 5 + 5 = 10 (cm).

Vậy BC = 10 cm.

Bài 5 (0,5 điểm):

Ta có: 5y – 3x = 2xy – 11 2xy – 11 – 5y + 3x = 0

2 . (2xy – 11 – 5y + 3x) = 0 . 2 4xy – 22 – 10y + 6x = 0

4xy + 6x – 10y – 15 – 7 = 0 (4xy + 6x) – (10y + 15) = 7 2x(2y + 3) – 5(2y + 3) = 7 (2x – 5)(2y + 3) = 7

Ta có bảng sau:

2x – 5 1 7 –1 –7

2y + 3 7 1 –7 –1

x 3 6 2 –1

y 2 –1 –5 –2

Vậy có các cặp số (x; y) là: (3; 2), (6; –1), (2; –5), (–1; –2).

Đề 4 II. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Xác định tính đúng/sai của các khẳng định sau bằn cách đánh dấu “x” vào ô trống thích hợp trong bảng sau:

STT Câu Đúng Sai 1 Tam giác có ba cạnh 12cm; 16cm; 20cm là tam giác vuông.

2 Tam giác đều là tam giác cân có một góc bằng 60^o. 3 Trong tam giác, góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc tù.

4 Trong tam giác cân, góc ở đáy luôn nhỏ hơn 90^o.

* Khoanh vào chữ cái đặt trước câu trả lời đúng:

Câu 2: Cho hàm số 2

y f (x) x 1

  3  . Trong các điểm sau, điểm nào thuộc đồ thị hàm số trên.

A. A 1; ¹ 3

 

 

  B. B 1; ¹

3

  

 

 

C. C(−3; 1) D. D(6; −3)

Câu 3: Giá trị của biểu thức 2(x² – 1) + 3x – 2 tại x = – 1 là:

A. –2 B. –9 C. 1 D. –5.

II. Tự luận:

Bài 3 (3,5 điểm): Điểm bài kiểm tra môn Toán học kỳ I của 32 học sinh lớp 7A được ghi trong bảng sau:

7 4 4 6 6 4 6 8

8 7 2 6 4 8 5 6

9 8 4 7 9 5 5 5

7 2 7 6 7 8 6 10

a) Dấu hiệu ở đây là gì?

b) Lập bảng “tần số” và nhận xét.

c) Tính số trung bình cộng và tìm mốt của dấu hiệu.

d) Vẽ biểu đồ đoạn thẳng.

Bài 3 (3 điểm): Cho ΔABC cân tại A kẻ AHBC (HBC).

a) Chứng minh: HB = HC.

b) Kẻ HDAB (DAB), HEAC (EAC). Chứng minh ΔHDE cân.

c) Cho BAC 120 ^o thì ΔHDE trở thành tam giác gì? Vì sao?

Bài 4 (0,5 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 5

x 2 4

    

  

 

 

  .

Đáp án

II. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Xác định tính đúng/sai của các khẳng định sau bằn cách đánh dấu “x” vào ô trống thích hợp trong bảng sau:

- Xét câu 1.

Ta có: 12² + 16² = 144 + 256 = 400; 20² = 400.

Ta thấy 12² + 16² = 20² nên tam giác có ba cạnh 12cm; 16cm; 20cm là tam giác vuông (theo định lý Py-ta-go đảo).

Do đó câu 1 đúng.

- Xét câu 2: Tam giác đều là tam giác cân có một góc bằng 60^o (dấu hiệu nhận biết tam giác đều).

Do đó câu 2 đúng.

- Xét câu 3.

+ Trong tam giác tù, góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc tù.

+ Trong tam giác vuông, góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc vuông.

+ Trong tam giác nhọn, góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc lớn nhất.

Do đó câu 3 sai.

- Xét câu 4.

Tổng ba góc của một tam giác bằng 180^o nên:

Trong tam giác cân, tổng hai góc ở đáy và góc ở đỉnh bằng 180^o. Suy ra: tổng hai góc ở đáy nhỏ hơn 180^o.

Mà trong tam giác cân có hai góc ở đáy bằng nhau nên góc ở đáy nhỏ hơn 90^o. Do đó câu 4 đúng.

Vậy ta có bảng sau:

STT Câu Đúng Sai

1 Tam giác có ba cạnh 12cm; 16cm; 20cm là tam giác vuông. x 2 Tam giác đều là tam giác cân có một góc bằng 60^o. x

3 Trong tam giác, góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc tù. x 4 Trong tam giác cân, góc ở đáy luôn nhỏ hơn 90^o. x

* Khoanh vào chữ cái đặt trước câu trả lời đúng:

Câu 2: Cho hàm số 2 f (x) x 1

3  . Trong các điểm sau, điểm nào thuộc đồ thị hàm số trên.

A. A 1; ¹ 3

 

 

  B. B 1; ¹

3

  

 

 

C. C(−3; 1)

D. D(6; −3).

Giải thích:

Thay x = 1 vào đồ thị hàm số 2 y f (x) x 1

 3  , ta được:

2 1 1

f (1) .1 1

3 3 3

     . Do đó, điểm A 1; ¹

3

 

 

  không thuộc đồ thị hàm số 2 y f (x) x 1

 3  . Và điểm B 1; ¹

3

  

 

  thuộc đồ thị hàm số 2 y f (x) x 1

  3  . Thay x = −3 vào đồ thị hàm số 2

y f (x) x 1

 3  , ta được:

f ( ) 2.( ) 1 1

3 3 3 3

       .

Do đó, điểm C(−3; 1) không thuộc đồ thị hàm số 2 y f (x) x 1

 3  . Thay x = 6 vào đồ thị hàm số 2

y f (x) x 1

 3  , ta được:

3

6 2 6

f ( ) .

3 1 3

     .

Do đó, điểm D(6; −3) không thuộc đồ thị hàm số 2 y f (x) x 1

 3  . Vậy chọn B.

Câu 3: Giá trị của biểu thức 2(x² – 1) + 3x – 2 tại x = – 1 là:

A. –2 B. –9

C. 1 D. –5.

Giải thích:

Thay x = – 1 vào biểu thức 2(x² – 1) + 3x – 2, ta được:

2.[(–1)² – 1] + 3.(–1) – 2 = 2.0 – 3 – 2 = –5.

Vậy chọn D.

II. Tự luận:

Bài 3 (3,5 điểm):

a) Dấu hiệu: Điểm kiểm tra môn toán của mỗi học sinh lớp 7A.

b) Bảng “tần số”:

* Nhận xét:

- Số các giá trị của dấu hiệu: 32.

- Số các giá trị khác nhau của dấu hiệu: 9.

- Điểm kiểm tra cao nhất: 10 điểm - Điểm kiểm tra thấp nhất: 2 điểm - Đa số học sinh được điểm từ 7 đến 9.

c)

* Số trung bình cộng:

2.2 4.5 5.4 6.7 7.6 8.5 9.2 10.1 196

X 6,125

32 32

      

   (điểm).

* Mốt của dấu hiệu: M0 = 7 d) Biểu đồ đoạn thẳng:

Điểm (x) 2 4 5 6 7 8 9 10

Tần số (n) 2 5 4 7 6 5 2 1 N = 32

Bài 3 (3 điểm):

GT ΔABC cân tại A; AH^BC (HBC);

HD^AB (DAB), HE^AC (EAC).

KL a) Chứng minh: HB = HC.

b) ΔHDE cân.

c) Cho BAC 120 ^o thì ΔHDE trở thành tam giác gì? Vì sao?

a) Xét ΔABC cân tại A có AH là đường cao (vì AHBC) nên AH cũng là đường trung tuyến.

Do đó HB = HC.

b) Xét ΔBDH vuông tại D và ΔCEH vuông tại E có:

HB = HC (cmt)

BC (ΔABC cân tại A)

Do đó ΔBDH = ΔCEH (cạnh huyền - góc nhọn).

Suy ra DH = HE (hai cạnh tương ứng) Suy ra ΔHDE cân tại H.

Mặt khác, vì A 120 ^o nên 1 ^o 1 ^{o o}

B C .(180 A) .60 30

2 2

     .

Từ ΔBDH = ΔCEH (cmt) suy ra BHDCHE (hai góc tương ứng).

Xét ΔBDH vuông tại D nên B BHD 90  ^o BHD 90 ^o  B 60^o. Do đó BHD CHE 60^o

Ta có: BHCBHD DHE EHC Suy ra ^DHEBHC





o o o o

AHE 180 (60 60 ) 60

     .

Ta thấy ΔHED cân tại H có AHE60^onên ΔHED là tam giác đều.

Bài 4 (0,5 điểm):

Ta có

2 2

1 1 5 5

x 0 x x x

2 2 4 4

          

   

   

2 2 2

1 5 5 25

A x x

2 4 4 16

    

          Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1

x   2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 25

16 khi 1 x 2.

Đề 5

Bài 1 (4 điểm): Điểm kiểm tra cuối học kì I môn vật lý của lớp 7A được bạn lớp trưởng ghi lại như sau:

5 8 4 8 6 6 5 7 4 3 6 7

7 3 8 6 7 6 5 9 7 9 7 4

4 7 10 6 7 5 4 7 6 5 2 8

a) Dấu hiệu ở đây là gì? Số các giá trị là bao nhiêu?

b) Lập bảng “tần số” và tìm mốt của dấu hiệu.

c) Tính số trung bình cộng của dấu hiệu.

Bài 2 (2 điểm): Cho đơn thức: A = (2x²y³).(−3x³y⁴) a) Thu gọn đơn thức A.

b) Xác định hệ số và bậc của đơn thức A sau khi đã thu gọn.

Bài 3 (3,5 điểm): Cho ΔABC cân tại A, AB = AC = 5 cm; BC = 8 cm. Kẻ AH

BC (HBC).

a) Chứng minh HB = HC.

b) Tính AH.

c) Kẻ HDAB (DAB); HEAC (EAC). Chứng minh: ΔHDE là tam giác cân.

Bài 4 (0,5 điểm): Trên tia phân giác góc A của tam giác ABC (AB > AC) lấy điểm M. Chứng minh |MB – MC| < AB – AC.

Đáp án Bài 1 (4 điểm):

a) Dấu hiệu: Điểm kiểm tra cuối học kì I môn vật lý của mỗi học sinh lớp 7A.

Số các giá trị là: 36.

b) Bảng “tần số”:

Giá trị (x) 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Tần số (n) 1 2 5 5 7 9 4 2 1 N = 36

Giá trị có tần số lớn nhất là 7 (tần số của giá trị 7 là 9).

Do đó mốt của dấu hiệu là Mo = 7.

c) Số trung bình cộng của dấu hiệu:

(2 3.2 4.5 5.5 6.7 7.9 8.4 9.2 10)

X 6,055 6,1

36

       

   (điểm).

Bài 2 (2 điểm):

a) Ta có A = (2x²y³).(−3x³y⁴) = 2.(−3). (x².x³). (y³.y⁴) = −6x⁵y⁷. Vậy đơn thức A = −6x⁵y⁷.

b) Đơn thức A = −6x⁵y⁷ có hệ số −6.

Biến x có số mũ là 5, biến y có số mũ là 7.

Tổng số mũ của các biến là 5 + 7 = 12 hay đơn thức −6x⁵y⁷ có bậc 12.

Vậy đơn thức A sau khi đã thu gọn có hệ số −6 và bậc là 12.

Bài 3 (3,5 điểm):

GT ΔABC cân tại A, AB = AC = 5 cm; BC = 8 cm.

AHBC (HBC);

HD^AB (DAB); HE^AC (EAC).

KL a) Chứng minh HB = HC.

b) Tính AH.

c) ΔHDE là tam giác cân.

a) Xét ∆ABH và ∆ACH có:

AHB AHC 90  o

AB = AC = 5 cm Cạnh AH chung

Do đó ∆ABH = ∆ACH (cạnh huyền – cạnh góc vuông) Suy ra BH = CH (hai cạnh tương ứng)

b) Từ câu a: BH = CH suy ra BC 8

BH 4 (cm)

2 2

   .

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆AHB vuông tại H, ta có:

AB² = AH² + BH²

 AH² = AB² − BH² = 5² − 4² = 25 – 16 = 9.

Do đó AH 93 (cm) c) Xét ∆DBH và ∆ECH có:

BC (vì ∆ABC cân tại A) BH = CH (cmt)

BDHHEC 90 o

Do đó ∆ABH = ∆ACH (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra DH = EH (hai cạnh tương ứng).

Vậy ∆DHE cân tại H.

Bài 4 (0,5 điểm):

Kẻ MIAB; MJAC nên AIMAJM 90 ^o Xét ∆AMI và ∆AMJ có:

AIMAJM 90 o(cmt) Cạnh AM chung

IAMJAM (vì AM là tia phân giác của IAJ ).

Do đó ∆AMI = ∆AMJ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra MI = MJ (1) (hai cạnh tương ứng) Ta lại có AB – AC = AI + IB – (AJ + JC) Mà AI = AJ (vì ∆AMI = ∆AMJ (cmt)) Suy ra AB – AC = IB – JC (2)

Trên tia IB lấy điểm C’ sao cho IC’ = JC.

Từ (2) suy ra AB – AC = IB – IC’ = C’B (3)

Trong ∆BMC’ có C’B > |BM – MC’| (bất đẳng thức tam giác) (4) Mặt khác ta có: ∆MIC’ = ∆MJC (c.g.c)

Suy ra MC’ = MC (5).

Từ (3), (4) và (5) suy ra |MB – MC| < AB – AC (đpcm)

B C

A

H

M J

I C'

Đề 6

Bài 1 (4 điểm): Một giáo viên thể dục đo chiều cao (tính theo cm) của một nhóm học sinh nam và ghi lại ở bảng sau:

138 141 145 145 139

141 138 141 139 141

140 150 140 141 140

143 145 139 140 143

a) Lập bảng “tần số”.

b) Thầy giáo đã đo chiều cao bao nhiêu bạn?

c) Số bạn có chiều cao thấp nhất là bao nhiêu?

d) Có bao nhiêu bạn có chiều cao 143 cm?

e) Số các giá trị khác nhau của dấu hiệu là bao nhiêu?

f) Chiều cao của các bạn chủ yếu thuộc vào khoảng nào?

Bài 2 (2 điểm): Cho các đơn thức sau: A 2x y^{3 4 1}x yz^{2 3} 3

 

   và 1 ^{5 5 3}

B x y z

 3 . a) Thu gọn đơn thức A và cho biết hệ số, phần biến số.

b) Tính A + B và B – A.

Bài 3 (3,5 điểm): Cho góc nhọn xOy. Trên hai cạnh Ox và Oy lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho OA = OB. Tia phân giác góc xOy cắt AB tại I.

a) Chứng minh: IA = IB.

b) Gọi C nằm giữa hai điểm O và I. Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân.

c) Giả sử OA = 5 cm, AB = 6 cm. Tính độ dài OI.

Bài 3 (0,5 điểm): Cho 3n 1

A n 2

 

 (n ≠ 2). Tìm n để biểu thức A đạt giá trị nguyên.

Đáp án Bài 1 (4 điểm):

a) Bảng “tần số”:

Chiều cao (x) 138 139 140 141 143 145 150

Tần số (n) 2 3 4 5 2 3 1 N = 20

b) Thầy giáo đã đo chiều cao của 20 bạn.

c) Số bạn có chiều cao thấp nhất là hai bạn.

d) Có hai bạn cao 143 cm.

e) Số các giá trị khác nhau của dấu hiệu là 7.

f) Chiều cao của các bạn chủ yếu thuộc vào khoảng 140 cm đến 141 cm.

Bài 2 (2 điểm):

a) Ta có A 2x y^{3 4 1}x yz^{2 3} 2.¹ .(x .x ).(y .y).z^{3 2 4 3}

3 3

   

     

5 5 3

2x y z

 3 Vậy đơn thức A sau khi thu gọn là 2 ^{5 5 3}

x y z

3 có hệ số là 2

3 và phần biến số là x⁵y⁵z³.

b) Ta có A + B = x y z^{5 5 3 1}x y z^{5 5 3} 1 ¹ x y z^{5 5 3 2}x y z^{5 5 3}

3 3 3

   

        .

B – A = ¹x y z^{5 5 3} x y z^{5 5 3 1} 1 x y z^{5 5 3 4}x y z^{5 5 3}

3 3 3

 

       

  .

Vậy 2 ^{5 5 3}

A B x y z

  3 ; 4 ^{5 5 3}

B A x y z

  3 . Bài 3 (3,5 điểm):

GT xOy nhọn; lấy AOx, B Oy : OA = OB.

OI là tia phân giác xOy ( I AB ).

Điểm C nằm giữa hai điểm O và I;

OA = 5 cm, AB = 6cm.

KL a) IA = IB.

b) ΔABC là tam giác cân.

c) Tính độ dài OI.

a) Xét ΔOIA và ΔOIB có:

OA = OB (gt)

1 2

O O (vì OI là tia phân giác xOy ) Cạnh OI chung.

Do đó ΔOIA = ΔOIB (c.g.c)

Suy ra IA = IB (hai cạnh tương ứng).

b) Xét ΔOCA và ΔOCB có:

OA = OB (gt)

1 2

O O (vì OI là tia phân giác xOy ) Cạnh OC chung.

Do đó ΔOCA = ΔOCB (c.g.c) Do đó CA = CB (hai cạnh tương ứng)

2 1

B A

C

I

y x

O

Vậy tam giác ABC cân tại A.

c) ΔOBC có OI là đường trung tuyến cũng là đường phân giác, đường cao.

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ΔAOI vuông tại I, ta có:

OA² = OI² + IA² Suy ra: OI² = OA² – IA² = 5² – 3² = 25 – 9 = 16

Do đó: OI 16 4 (cm). Bài 3 (0,5 điểm):

Với n ≠ 2, ta có: 3n 1 3(n 2) 7 7

A 3

n 2 n 2 n 2

  

   

  

Để biểu thức A đạt giá trị nguyên hay 7 3 n 2

 thì 7

n 2

 . Khi đó, n – 2  Ư(7) = {–1; 1; –7; 7}.

Ta có bảng sau:

n – 2 –1 1 –7 7

n 1 (TM) 3 (TM) –5 (loại vì n ) 9 (TM)

Vậy để biểu thức A đạt giá trị nguyên thì n  {1; 3; 9}.