intTypePromotion=1

Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 7 năm 2017 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường

Chia sẻ: Nguyễn Thủy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
232
lượt xem
18
download

Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 7 năm 2017 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 7 năm 2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường có kèm theo đáp án hướng dẫn giúp hỗ trợ cho quá trình ôn luyện của các em học sinh lớp 7, nhằm giúp các em học sinh nâng cao kỹ năng làm bài tập từ đó tìm ra phương pháp làm bài 1 cách hiệu quả, chuẩn bị sẵn sàng kiến thức cho các kì thi học kì 1 sắp tới. Mời quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 7 năm 2017 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán - Lớp 7 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) I. Phần trắc nghiệm (2 điểm): Hãy chọn đáp án đúng trong các câu sau: Câu 1. Công thức cho ta quan hệ tỉ lệ nghịch giữa x và y là: x B.  4 A. xy  1,25 C. x  y  5 D. y Câu 2. Căn bậc hai của 16 là: A. 4 B. -4 C. 4 D. Câu 3. Số nào dưới đây viết được dưới dạng số thập phân hữu hạn: 3 21 7 A. B. D. C. 22 12 3 Câu 4. Tam giác ABC có A : B : C  2 : 3 : 4 . Số đo góc A bằng: A. 200 B. 400 C. 600 x y 3 196 5 14 D. 80 0 II. Phần tự luận (8 điểm): Câu 5. Tính hợp lý nếu có thể 2 2  5  11  5  a) .   .   13  3  13  3  3  1  1  2017  b)        .27      3  3  2018  0 2  1 1 3  3 c) 1,2   :1   1,25     4  2   20 4 Câu 6. Tìm x biết: 2 1 3 1  4 12 3  1 x b)  0, 2   a)  2 x     c) x  1      25 5 3  15 30 12  2  Câu 7. Ba lớp 7A, 7B, 7C đã đóng góp một số sách để hưởng ứng việc xây dựng mỗi lớp có một thư viện riêng. Biết số sách góp được của lớp 7A, 7B, 7C tỉ lệ với 6, 4, 5 và tổng số sách góp được của lớp 7A với lớp 7B hơn số sách của lớp 7C là 40 quyển. Tính số sách của mỗi lớp góp được. Câu 8. Cho ABC có AB = AC, M là trung điểm của BC. a) Chứng minh AMB  AMC b) Từ M kẻ ME  AB( E  AB ), MF  AC ( F  AC ) . Chứng minh AE = AF. c) Chứng minh: EF//BC. Câu 9. Tìm x, y, z . Biết rằng: x y z    x y z. y  z 1 x  z 1 x  y  2 PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán - Lớp 7 I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1 2 3 A C B Đáp án 0,5 0,5 0,5 Thang điểm II. Phần tự luận:(8,0điểm) Câu Nội dung Ý 2  5  11  5  5  2 11  5 5 a) .   .          .1   (0,5) 13  3  13  3  3  13 13  3 3 2 b) (0,5) Câu 5 c) (0,5) 3 4 B 0,5 Câu 7 0,5 0  1  1  2017  1  1         .27          .27  1  3  3  2018  9  27  1 1  11  9 9 2  1 1 3  3   6 1  21 3 5 9  1,2   :1   1,25         :    4  20 4  2   5 2  20 4 4 4  7 20 1 9 2 1 9 8  6  27 13 .        10 21 2 4 3 2 4 12 12 3 1  4 12 3 1 6 4 3 1 2   2x       2x     2x     5 3  15 30 5 3  15 15 5 3  15 a) 1 2 3 2 2 1 5 5 (0,5)  2 x  3  15 : 5  9  2 x  9  3  9  x  18 5 Vậy x  18 x 2 1 x  1  1 b) b)  0,2          x  2 25  5  5 (0,5) Vậy x  2 2 3  1 3 1 1 3 1 x 1       x 1    x 1    x 1  12  2  12 4 4 12 2  Câu 6 Điểm 1 1   x  1   x   c) 2 2    (0,5) x 1  1 x  3   2 2 1 3 Vậy x   ;  2 2 Gọi số sách đã đóng góp của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là x, y, z 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 (quyển) ( x, y, z  N * ) Vì số sách của 3 lớp 7A, 7B, 7C tỉ lệ với 6, 4, 5 và tổng số sách góp được của lớp 7A với lớp 7B hơn số sách của lớp 7C là 40 quyển nên x y z ta có: x : y : z  6 : 4 : 5    và x  y  z  40 6 4 5 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z z  y  z 40     8 6 4 5 6 45 5 Từ đó suy ra: x  48, y  32, z  40 Vậy mỗi lớp 7A, 7B, 7C lần lượt góp được số sách là: 48 quyển, 32 quyển và 40 quyển. Vẽ hình + ghi GT, KL 0,25 0,25 0,25 A 0,5 a E B Câu 8 b c N M F C Xét AMB và AMC có: AB = AC (gt) AM là cạnh chung MB = MC (gt) Suy ra AMB  AMC (c-c-c) Theo phần a) ta có AMB  AMC  MAB  MAC (2 góc tương ứng) Xét hai tam giác vuông EMA và FMA có: MA là cạnh chung MAB  MAC (Chứng minh trên) EMA  FMA (cạnh huyền – góc nhọn) hay (g-c-g) Suy ra AE = AF (hai cạnh tương ứng) Theo chứng minh phần a) ta có AMB  AMC suy ra AMB  AMC mà hai góc này ở vị trí kề bù nên AMB  AMC  1800 . Suy ra: AMB  AMC  900 , suy ra AM  BC (1) 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi N là giao điểm của AM và EF. Xét ANE và ANF có: AN là cạnh chung NAE  NAF (hai góc tương ứng của AMB  AMC ) AE=AF (theo chứng minh phần b) Suy ra ANE  ANF (c-g-c) Suy ra ANE  ANF mà hai góc này ở vị trí kề bù nên ANE  ANF  1800 . Suy ra ANE  ANF  900 , suy ra EF  AM (2) Từ (1) và (2) suy ra EF//BC (đpcm) Tìm x, y, z . Biết rằng: 0,25 x y z    x  y  z . (1) y  z 1 x  z 1 x  y  2 + Nếu x  y  z  0 thì từ (1) suy ra x  y  z  0 . 0,25 + Nếu x  y  z  0 . Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau cho ba tỉ số ta được : x y z   x yz y  z 1 x  z 1 x  y  2 x yz x yz 1  x y z   y  z  1  x  z  1  x  y  2 2( x  y  z ) 2 Khi đó (1) trở thành: x Câu 9 1 điểm  y 0,25  z 1 1 1  x 1  y 1 z2 2 2 2 x y z 1     3 3 3 x y  z 2 2 2 2 3 1   2 x  2  x x  2   3 1    2 y   y   y  2 2   3 1   2 z    z z     2 2  1 2 0,25 Vậy có hai bộ số (x,y,z) thoả mãn yêu cầu bài toán: 0,25 1 1 1 ; ;  2 2 2  0;0;0  ,  ------------------------------------Hết-------------------------- Lưu ý: Đáp án trên đây là lời giải tóm tắt các bài toán. Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng, vẫn cho điểm tối đa.

ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2