Đề thi học kì 1 môn Toán 7 năm 2017-2018 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
D.
A. xy  1,25
C. x  y  5
y
Câu 2. Căn bậc hai của 16 là:
D.
A. 4
B. -4
C. 4
Câu 3. Số nào dưới đây viết được dưới dạng số thập phân hữu hạn:
3
21
7
A.
B.
C.
D.
3
22

12
 :C
  2 : 3: 4 . Số đo góc A bằng:
Câu 4. Tam giác ABC có 
A: B
A. 200

B. 400

C. 600

x y3
196
5
14

D. 800

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  20 4
 2

Câu 6. Tìm x biết:
2

3
1  4 12
1
3  1
x
a)  2 x    
b)  0,2  
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

Đáp án
Thang điểm

1
A
0,5

2
C
0,5

3
B
0,5

4
B
0,5

II. Phần tự luận:(8,0điểm)
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Vẽ hình + ghi GT, KL
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)
  MAC
 (2 góc tương
Theo phần a) ta có AMB  AMC  MAB
ứng)

Xét hai tam giác vuông EMA và FMA có:
MA là cạnh chung
  MAC
 (Chứng minh trên)
MAB
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
0


mà hai góc này ở vị trí kề bù nên AMB  AMC  180 . 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)
ANE  
ANF mà hai góc này ở vị trí kề bù nên
Suy ra 


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

0,25

+ Nếu x  y  z  0 thì từ (1) suy ra x  y  z  0 .
+ 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
1
x yz
x yz
 x yz


y  z  1  x  z  1  x  y  2 2( x  y  z ) 2
Khi đó (1) trở thành:
x
y
z
1



0,25
1
1
1
 x 1

 y 1
z2 2
1
Câu 9
2
2
2
điểm
x
y
z
1




3
3
3
x
y  z 2
2
2
2
3
1


x
x

x



2


2
2


3
1


 2 y   y   y 
2
2


3
1


0,25
2 z   2  z  z   2
Vậy có hai bộ số (x,y,z) thoả mãn yêu cầu bài toán:
1 1 1
 0;0;0  ,  ; ;  
2 2 2

0,25
------------------------------------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.