Đề KSNN Toán 7 (PGD 2017-2018)

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG (Đề thi có 01 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT NGẪU NHIÊN CHẤT LƯỢNG LỚP 7 NĂM HỌC 2017-2018

Môn

Thời gian làm bài: 60 phút, không kể thời gian giao đề

I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Hãy viết phương án đúng (A,B,C hoặc D) vào bài thi.

Câu 1: Cho x, y là hai đại lượng tỉ lệ thuận với nhau và khi ^x3 thì ^y9. Biết ^x4 thì

A. ^{y  27}₄ B. ^{y 27}₄ C. ^y12 D. ^y12

Câu 2: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị của hàm số ^{y 4x}? A. ^1;1

4

 

 

  B. ^1;1

4

 

 

  C. ^1;1

4

 

 

  D. ^{1; 1}

4

  

 

 

Câu 3: Điểm kiểm tra học kì I môn Toán của 20 học sinh được liệt kê trong bảng sau:

8 9 10 7 8 5 8 6 5 4

5 7 8 9 10 9 8 3 7 6

Số các giá trị khác nhau của dấu hiệu là:

A. 10 B. 7 C. 20 D. 8

Câu 4: Cho ABC có A70⁰và B 45⁰. Khi đó số đo của gócClà:

A.65⁰ B.115⁰ C. 135⁰ D.110⁰

II.PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 5: a) Tính : ^{2 7 3}

5 10 5

A 





 

 

b) Cho hàm số ^{y f x( ) 2 x21}. Tính ^{(2); ( 3).}

f f 4 Câu 6: a) Tìm x_{, biết:} x ^{2 1}

3 12

  

b) Trong đợt thi đua hái hoa điểm tốt lập thành tích chào mừng Kỉ niệm 35 năm ngày Nhà giáo Việt Nam (20/11/1982 - 20/11/2017), tỉ số số bông hoa điểm tốt của lớp 7A và lớp 7B là ⁵

6, đồng thời số bông hoa điểm tốt của lớp 7A ít hơn lớp 7B là 10 bông. Tính số bông hoa điểm tốt mỗi lớp đã hái được?

Câu 7: Cho ABC, điểm M là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao choME MA . Gọi I là một điểm trên cạnh ^AC, K là một điểm trên đoạn thẳng EB sao cho

AI EK. Chứng minh rằng:

a) AMC EMB b)^{AB CE//}

c) Ba điểm ^{I M K, ,} thẳng hàng.

Câu 8: Cho ba số thực ^{a b c, ,} khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn

   

2 2 20172018

a b c b a c  . Tính giá trị biểu thức ^{H c a b2}





---Hết---

PHÒNG GD&ĐT HDC KHẢO SÁT NGẪU NHIÊN CHẤT LƯỢNG LỚP 7 ĐỀ CHÍNH THỨC

VĨNH TƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018

Môn

Câu 1 2 3 4

Đáp án C B D A

Thang điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 II.PHẦN TỰ LUẬN (8,0 đi m)ể

Câu Phần Nội dung ^Điểm

5 (2,0)

a (1,0)

Ta có: 2 7 3 2 7 3

5 10 5 5 10 5

A     

 

4 7 6

10 10 10

   0,50

4 7 6 10

   3

10 0,50

b (1,0)

Ta có: f(2) 2.2 ² 1 2.4 1 7 

Vậy (2) 7f  0,50

Ta có:

3 3 2 9 9 9 8 1

( ) 2. 1 2. 1 1

4 4 16 8 8 8

f            

Vậy 3 1

( )

4 8

f  

0,50

6 (2,0)

a (1,0)

Ta có: 2 1

x  3 12 1 2

x 12 3

    0,25

^{x 1 8} 12 12

    0,25

^{x 9 3}

12 4

     0,25

Vậy 3

x 4 0,25

b (1,0)

Gọi số hoa điểm tốt của lớp 7A và lớp 7B lần lượt là x (bông) và y (bông) với x, y



0,25 Theo bài ra ta có: x 5 x y

y  6 5 6= 0,25

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

x y y-x 10

= = 10

5 6 6-5  1   x = 50; y = 60.

0,25

Vậy số hoa điểm tốt lớp 7A và lớp 7B hái được lần lượt là 50 bông và 60 bông. 0,25

7 (3,0)

a (1,0)

Vẽ hình và ghi GT-KL đúng

K E M A

B C

I

0,25

Xét ^{AMC vàEMB} có : MA = ME (gt)

 

AMC EMB (2 góc đối đỉnh) MC = MB (M là trung điểm BC)

0,50

Do đó AMC EMB(c.g.c) 0,25

Xét ^{AMB vàEMC} có : MA= ME (gt)

b (1,0)

 

AMB EMC (2 góc đối đỉnh) MB = MC (M là trung điểm BC) Do đó AMB EMC(c.g.c)

0,50

 

MAB MEC

  (2 góc tương ứng) 0,25

Vì MAB MEC   nên AB CE// (có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) 0,25

c (1,0)

Vì AMC EMB(theo phần a) nên CAM BEM (2 góc tương ứng) hay

 

IAM KEM

Xét ^{AIM vàEKM} có:

MA=ME (gt)

IAM KEM (chứng minh trên) AI=EK (gt)

Do đó AIM  EKM (c.g.c)

0,50

 

AMI EMK

  (2 góc tương ứng) ^0,25

Vì 3 điểm A,M,E thẳng hàng và AMI EMK nên 3 điểm I,M,K thẳng hàng. 0,25

8 (1,0)

Từ ^{a b c2}









( )

a b a b

ab bc ab ac c a b c

    

    

(vì ab)

0,25

^{ab bc   ac b a c}









Vậy ^{H c a b 2}





0,25

---Hết---