De + Dap an HK2 Toan 7 08-09.doc

PHềNG GD&T BèNH SN KIM TRA HC K II NM HC 2008-2009
Mụn TON - LP 7
Thụứi gian laứm baứi: 90 phuựt.
A. Lí THUYT (2 im)
Phỏt biu, v hỡnh, ghi gi thit v kt lun nh lý Py-ta-go.
p dng: Cho
ABC

vuụng ti A. Bit AC = 8cm; BC = 10cm. Tớnh di cnh AB.
B. BI TP (8 im)
Bi 1 (1,5 im).
Cho n thc A = 3x
3
y
2
(4)xyz.
a) Thu gn n thc A;
b) Tỡm h s v bc ca n thc A;
c) Tớnh giỏ tr ca n thc A ti x = 1, y = 1 v z = 2.
Bi 2 (1,5 im).
im kim tra mụn Toỏn ca 40 hoc sinh c thng kờ nh sau:
Giỏ tr (x) 3 4 5 6 7 8 9 10
Tn s (n) 2 4 7 8 4 6 4 5 N = 40
a) Du hiu õy l gỡ?.
b) Tỡm mt ca du hiu.
c) Tớnh s trung bỡnh cng (lm trũn n ch s thp phõn th nht) ca du hiu.

Bi 3 (1,5 im).
Cho hai a thc f(x) = x
3
2x

2
x + 2 v g(x) = 4x
3
+ x
2
3x + 1.
a) Chng t x = 1 l mt nghim ca a thc f(x).
b) Tớnh h(x) = f(x) + g(x) v k(x) = f(x) g(x).
Bi 4 (2,5 im).
Cho
ABC
vuụng ti A.Tia phõn giỏc ca C ct AB ti D. V DK

BC
a) Chng minh
DKCDAC
=
.
b) Chng minh CD l ng trung trc ca on thng AK.
c) Tia KD v tia CA ct nhau ti E. Chng minh D l trc tõm ca
CEB

v AK //EB.
Bi 5 (1 im).
Cho
ABC

vuụng ti A, ng cao AH. Trờn cnh AC ly im K sao cho AK = AH.
K KD

AC (D

BC). Chng minh:
a) AB = BD.
b) AB + AC < AH + BC.
CHNH THC

PHÒNG GD & ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HKII
BÌNH SƠN NĂM HỌC 2008-2009. MÔN TOÁN- LỚP 7
A. LÝ THUYẾT
ĐÁP ÁN Điểm
Định lý Py-ta-go: Trong một tam giác vng, bình phương của cạnh huyền bằng tổng
các bình phương của hai cạnh góc vng. 1,0
GT
ABC
∆
vng tại A

KL BC
2
= AB
2
+ AC
2

0,5
Áp dụng: Áp dụng định lý Py-ta-go vào
ABC∆
vng tại A ta có:
BC

2
= AB
2
+ AC
2

⇒
AB
2
= BC
2
– AC
2
= 10
2
– 8
2
= 100 – 64 = 36
⇒
AB = 6(cm)
0,5
B. BÀI TẬP
BÀI ĐÁP ÁN Điểm
1
a) A = 3x
3
y
2
(–4)xyz = –12x
4

y
3
z 0,5
b) Đơn thức A có:
Hệ số: –12
Bậc: 8
0,25
0,25
c) Thay x = –1, y = 1 và z = 2 vào đơn thức A ta được:
A = –12.(–1)
4
.1
3
.2 = –24
0,5
2
a) Dấu hiệu ở đây là điểm kiểm tra mơn Tốn của học sinh. 0,25
b) Mốt của dấu hiệu: 6 0,25
c)
3.2 4.4 5.7 6.8 7.4 8.6 9.4 10.5 267
X = 6,7
40 40
+ + + + + + +
= ≈
1,0
3
a) Ta có f(1) = 1
3
– 2.1
2

– 1 + 2 = 0
Vậy x = 1 là một nghiệm của đa thức f(x). 0,5
b) f(x) = x
3
– 2x
2
– x + 2
g(x) = 4x
3
+ x
2
– 3x + 1
h(x) = f(x) + g(x) = 5x
3
– x
2
– 4x + 3
f(x) = x
3
– 2x
2
– x + 2
g(x) = 4x
3
+ x
2
– 3x + 1
k(x) = f(x) – g(x) = –3x
3
– 3x

2
+ 2x +1
0,5
0,5
C
A
B
+
–
4



.
0,5
a) Hai tam giác vng DAC và DKC, có
µ µ
1 2
DC :chung
DAC DKC(g.c.g)
C C (gt)


⇒ ∆ = ∆

=


0,5
b)Ta có

CA CK
DAC DKC (cmt)
DA DK
=

∆ = ∆ ⇒ ⇒

=

C và D nằm trên đường trung trực
của đoạn thẳng AK
⇒
CD là đường trung trực của đoạn thẳng AK.
0,5
b) Ta có
EK BC (gt)
BA CE (gt)



⊥
⇒
⊥
EK và BA là hai đường cao của
CEB
∆

⇒
D là trực tâm của
CEB∆

.
Vì D là trực tâm của
CEB
∆
⇒
CD là đường cao thứ ba của
CEB
∆
(t/c ba
đường cao của tam giác)
⇒
CD
⊥
EB (1)
Mặt khác CD là trung trực của đoạn thẳng AK (cmt)
⇒
CD
⊥
AK (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK // EB
0,5
0,5
5






a) Chứng minh được:

ADKADH ∆=∆
(cạnh huyền và cạnh góc vng)
⇒
µ µ
1 2
A A=

·
µ
·
µ
µ µ
·
·
0
2
0
1
1 2
BAD 90 A
BDA 90 A BAD BDA
A A (cmt)

= −


= − ⇒ =


=



⇒ ∆BAD cân tại B
⇒
AB = BD
0,5
b) Ta có
DKC∆
vng tại K (gt)
⇒
KC < DC (cạnh góc vng ngắn hơn cạnh
huyền)
Ta có: AB + AC = AB + AK + KC = BD + AH + KC
= AH + BD + KC < AH + BD + DC = AH + BC
Vậy AB + AC < AH + BC 0,5
(Chú ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn ghi điểm tối đa)
C
A
E
B
K
D
1
2
GT
ABC∆
vng tại A
µ µ
1 2
C C=

; DK
⊥
BC
KL
a)
DKCDAC
∆=∆
b) CD là đường trung trực của AK.
c) D là trực tâm của
CEB
∆
và AK // EB
2
A
B
H
D
C
K
1
GT
ABC
∆
vng tại A
AH
⊥
BC; AK = AH
KD
⊥
AC

KL
a) AB = BD.
b) AB + AC < AH + BC.