

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
Đề bài
PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Chọn phương án đúng.
Câu 1 : Đơn thức nào sau đây đồng dạng với đơn thức −3xy2?−3xy2?
A. −3x2y−3x2y B. (−3xy)y(−3xy)y
C. −3(xy)2−3(xy)2 D. −3xy−3xy
Câu 2 : Giá trị x=2x=2 là nghiệm của đa thức nào sau đây ?
A. f(x)=2+xf(x)=2+x B. f(x)=x2−2f(x)=x2−2
C. f(x)=x−2f(x)=x−2 D. f(x)=x(x+2)f(x)=x(x+2)
Câu 3 : Nếu AMAM là đường trung tuyến và GG là trọng tâm của tam giác ABCABC thì :
A. GM=13AGGM=13AG B. AM=23AGAM=23AG
C. AG=13AMAG=13AM D. GM=13AMGM=13AM
Câu 4 : Bộ ba đoạn thẳng nào sau đây có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác :
A. 2cm;3cm;5cm2cm;3cm;5cm B. 7cm;9cm;10cm7cm;9cm;10cm
C. 2cm;7cm;11cm2cm;7cm;11cm D. 3cm;3cm;7cm3cm;3cm;7cm
PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)
Bài 1 (1,0 điểm) : Cho đa thức f(x)=−2x3+x−1+4x2−5x+3x3f(x)=−2x3+x−1+4x2−5x+3x3
a) Thu gọn và sắp xếp đa thức f(x)f(x) theo lũy thừa giảm dần của biến
b) Tìm hệ số tự do và bậc của đa thức f(x).f(x).
Bài 2 (1,5 điểm) : Cho hai đa thức A(x)=2x2−5x+3A(x)=2x2−5x+3 và B(x)=x2+4x−2B(x)=x2+4x−2
a) Tính A(x)+B(x)A(x)+B(x)
b) Tính A(x)−B(x)A(x)−B(x)
c) Chứng tỏ x=1x=1 là nghiệm của đa thức A(x).A(x).
Bài 3 (1,5 điểm) : Tìm nghiệm của mỗi đa thức sau :
a) 3x−253x−25
b) (x−3)(2x+8)(x−3)(2x+8)
Bài 4 (3,5 điểm) : Cho tam giác ABCABC cân tại A,A, vẽ trung tuyến AM.AM. Từ MM kẻ MEME vuông góc với ABAB tại E,E, kẻ MFMF vuông góc với ACAC tại FF
a) Chứng minh ΔBEM=ΔCFMΔBEM=ΔCFM
b) Chứng minh AMAM là đường trung trực của đoạn thẳng EFEF
c) Chứng minh EF//BCEF//BC
d) Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại B, từ C kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại C, hai đường thẳng này cắt nhau ở D. Chứng minh ba điểm A, M, D thẳng hàng.
Bài 5 (0,5 điểm) : Cho f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax2+bx+c với a,b,ca,b,c là các số hữu tỉ.
Biết 13a+b+2c=0,13a+b+2c=0, chứng tỏ rằng : f(−2).f(3)≤0f(−2).f(3)≤0.
HẾT
Đ/a TN
1B |
2C |
3A |
4B |
Câu 1 :
Phương pháp :
Sử dụng : Hai đơn thức đồng dạng với nhau nếu chúng phần hệ số khác 00 và có cùng phần biến
Cách giải:
Ta có (−3xy)y=−3xy.y(−3xy)y=−3xy.y =−3xy2=−3xy2 nên đơn thức −3xy2−3xy2 đồng dạng với đơn thức (−3xy)y(−3xy)y
Chọn B
Câu 2 :
Phương pháp :
Sử dụng : Số x0x0 là nghiệm của đa thức f(x)f(x) nếu f(x0)=0f(x0)=0
Cách giải:
Thay x0=2x0=2 vào f(x)=2+xf(x)=2+x ta được f(2)=2+2f(2)=2+2=4≠0=4≠0
Thay x0=2x0=2 vào f(x)=x2−2f(x)=x2−2 ta được f(2)=22−2f(2)=22−2=2≠0=2≠0
Thay x0=2x0=2 vào f(x)=x−2f(x)=x−2 ta được f(2)=2−2f(2)=2−2=0=0
Thay x0=2x0=2 vào f(x)=x(x+2)f(x)=x(x+2) ta được f(2)=2(2+2)f(2)=2(2+2)=8≠0=8≠0
Vậy x=2x=2 là nghiệm của đa thức f(x)=x−2f(x)=x−2
Chọn C
Câu 3 :
Phương pháp :
Sử dụng : Trong tam giác, trọng tâm cách đỉnh một khoảng bằng 2323 độ dài đường trung tuyến ứng với đỉnh đó.
Cách giải:
Vì AMAM là đường trung tuyến và GG là trọng tâm của tam giác ABCABC nên AG=23AMAG=23AM
Suy ra GM=13AMGM=13AM.
Chọn A
Câu 4:
Phương pháp :
Sử dụng bất đẳng thức tam giác : Tam giác có ba cạnh có độ dài a,b,ca,b,c thì b−c<a<b+cb−c<a<b+c
Cách giải:
Ta thấy bộ ba số 7cm;9cm;10cm7cm;9cm;10cm có 9−7<10<9+79−7<10<9+7 (2<10<16)(2<10<16) thỏa mãn bất đẳng thức tam giác nên bộ ba số 7cm;9cm;10cm7cm;9cm;10cm là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Đáp án A sai vì 2+3=52+3=5
Đáp án C sai vì 2+7<112+7<11
Đáp án D sai vì 3+3<73+3<7
Chọn B
LG bài 1
Phương pháp giải:
a) Thu gọn các đơn thức đồng dạng rồi sắp xếp theo lũy thừa giảm dần của biến
b) Hệ số tự do là hệ số của lũy thừa bậc 0 của biến
Bậc của đa thức một biến (khác 0, đã thu gọn) là số mũ lớn nhất của biến trong đa thức đó
Lời giải chi tiết:
a) f(x)=−2x3+x−1+4x2−5x+3x3f(x)=−2x3+x−1+4x2−5x+3x3
=(−2x3+3x3)+(x−5x)=(−2x3+3x3)+(x−5x) −1+4x2−1+4x2
=x3−4x−1+4x2=x3−4x−1+4x2
Ta sắp xếp như sau : f(x)=x3+4x2−4x−1f(x)=x3+4x2−4x−1
b) Hệ số tự do là : −1−1
Bậc của đa thức là : 33
LG bài 2
Phương pháp giải:
a) b) Đặt phép tính theo hàng ngang (hoặc hàng dọc) rồi cộng trừ các đơn thức đồng dạng (nếu có)
c) Số x=x0x=x0 là nghiệm của đa thức f(x)f(x) nếu f(x0)=0f(x0)=0
Lời giải chi tiết:
a) A(x)+B(x)
=2x2−5x+3+(x2+4x−2)
=2x2−5x+3+x2+4x−2
=(2x2+x2)+(−5x+4x) +(3−2)
=3x2−x+1
Vậy A(x)+B(x)=3x2−x+1
b) A(x)−B(x)
=2x2−5x+3−(x2+4x−2)
=2x2−5x+3−x2−4x+2
=(2x2−x2)+(−5x−4x) +(3+2)
=x2−9x+5
Vậy A(x)−B(x)=x2−9x+5
c) Thay x=1 vào đa thức A(x) ta được :
A(1)=2.12−5.1+3 =2−5+3 =−3+3=0
Vậy x=1 là nghiệm của đa thức A(x).
LG bài 3
Phương pháp giải:
Sử dụng : Để tìm nghiệm của đa thức f(x), ta tìm x=x0 thỏa mãn f(x0)=0
Lời giải chi tiết:
a) Xét 3x−25=0
3x=25x=25:3x=25.13x=215
Vậy x=215 là nghiệm của đa thức 3x−25
b) Xét (x−3)(2x+8)=0
TH1 : x−3=0
x=3
TH2 : 2x+8=0
2x=−8x=−8:2x=−4
Vậy x=3;x=−4 là nghiệm của đa thức (x−3)(2x+8)
LG bài 4
Phương pháp giải:
a) Chứng minh hai tam giác vuông bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn.
b) Gọi H là giao điểm của AM và EF.
Chứng minh AH vuông góc với EF và AH⊥EF bằng cách xét hai tam giác ΔAEH và ΔAFH
c) Sử dụng định lý từ vuông góc đến song song: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì chúng song song.
d) Chứng minh ΔABD=ΔACD(ch−cgv) suy ra D nằm trên đường phân giác của góc A.
Lời giải chi tiết:
a) AM là trung tuyến của tam giác ABC nên MB = MC
Tam giác ABC cân tại A nên ˆB=ˆC.
ME⊥AB tại E nên ^BEM=900
MF⊥AB tại F nên ^CFM=900
Xét tam giác BEM và tam giác CFM có:
^BEM=^CFM(=900)BM=CM(cmt)ˆB=ˆC(cmt)⇒ΔBEM=ΔCFM(ch−gn)
b)
Gọi H là giao điểm của AM với EF.
Tam giác ABC cân tại A nên AM là đường trung tuyến của tam giác nên cũng là đường phân giác
⇒^A1=^A2
Theo câu a, ΔBEM=ΔCFM⇒BE=CM (cạnh tương ứng)
AB=AC;BE=CF⇒AB−BE=AC−CF⇒AE=AF
Xét ΔAEH và ΔAFH có:
AE=AF(cmt)^A1=^A2(cmt)AHchung⇒ΔAEH=ΔAFH(c−g−c)
⇒HE=HF (cạnh tương ứng) (1)
^AHE=^AHF (góc tương ứng)
Mà
^AHE+^AHF=1800⇒^AHE+^AHE=1800⇒2^AHE=1800⇒^AHE=900⇒AH⊥EF(2)
Từ (1) và (2) suy ra AM là đường trung trực của EF. (đpcm)
c)
Từ câu b) ta có AM⊥EF.
Tam giác ABC cân tại A nên AM là đường trung tuyến cũng là đường cao hay AM⊥BC
Vậy EF//BC (từ vuông góc đến song song)
d)
BD⊥AB⇒^ABD=900
AC⊥CD⇒^ACD=900
Xét ΔABD và ΔACD có:
^ABD=^ACD=900
AB=AC(gt)
AD chung
⇒ΔABD=ΔACD(ch−cgv)
⇒^BAD=^CAD (góc tương ứng)
⇒D nằm trên đường phân giác của góc A.
Mà M cũng nằm trên đường phân giác của góc A.
Vậy ba điểm A,D,M thẳng hàng (đpcm).
LG bài 5
Phương pháp giải:
- Tính f(−2) và f(3).
- Tính f(−2)+f(3) và nhận xét hai giá trị f(−2) và f(3).
- Từ đó suy ra tích hai giá trị này.
Lời giải chi tiết:
f(x)=ax2+bx+c
Ta có:
f(−2)=a.(−2)2+b.(−2)+c=4a−2b+cf(3)=a.32+b.3+c=9a+3b+c⇒f(−2)+f(3)=(4a−2b+c)+(9a+3b+c)=4a−2b+c+9a+3b+c=13a+b+2c=0⇒f(−2)+f(3)=0⇒f(−2)=0−f(3)⇒f(−2)=−f(3)⇒f(−2).f(3)=[−f(3)].f(3)=−[f(3)]2
Vì [f(3)]2≥0 nên −[f(3)]2≤0
Vậy f(−2).f(3)≤0 (đpcm).
HẾT
Loigiaihay.com


- Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Giảng Võ
- Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Trần Văn Ơn
- Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 PGD Thành phố Huế
- Đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Nguyễn Trãi
- Giải đề thi học kì 2 toán lớp 7 năm 2020 - 2021 trường Archimedes
>> Xem thêm