On tap Toan 7 ky 1

ÔN TẬP HỌC KỲ 1 TOÁN 7. NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1: Tính giá trị biểu thức sau:
a)
21
16
4
3
23
4
21
5
23
4
1
++−+
=
21
16
4
3
23
4
21
5
23
4
1
++−++
=
4
3

)
21
16
21
5
()
23
4
23
4
(1
+++−+

=
4
3
101
+++
=
4
11
4
3
2
=+
b)
)2(:)
6
1
(

3
1
)3(:)
5
3
5,0(
−−−+−−−
=
2
1
6
1
3
1
3
1
)
5
3
2
1
(
−
⋅++
−
⋅−−
=
12
1
3

1
3
1
10
11
−
++
−
⋅
−
=
12
1
3
1
30
11
−
++
=
60
37
60
5
60
20
60
22
=
−

++
Bài 2: Tìm x biết:
a) –3,15 – x = 1
4
3

x = –3,15 - 1
4
3
=
10
49
20
98
20
35
20
63
4
7
20
63
4
7
100
315
−
=
−
=−

−
=−
−
=−
−
b) x :
2
1
2
1
4
−=






−
x =
32
1
2
)1(
2
1
2
1
2
1

5
5
54
−
=
−
=






−=






−⋅






−
c)
0

4
3
2
=






−
x
=>
0
4
3
=−
x
=>
4
3
=
x
d) 2,9x – 3,86 – 5,6x = –9,8
x.(2,9 – 5,6) = 3,86 – 9,8
x.(-2,7) = -5,84
x = (-5,84):(-2,7)= -2,2
e)
8
1

25,0
4
1
=+
x

8
1
4
1
8
1
25,0
8
1
4
1
−
=−=−=
x

2
1
4
8
1
4
1
:
8

1
−
=⋅
−
=
−
=
x
Bài 3: Điểm bài kiểm tra học kỳ I môn Toán của lớp 7A được xếp thành 3 loại Giỏi, Khá, Trung bình
tỉ lệ với các số 3; 4; 5. Biết số học sinh của lớp 7A là 48. Tính số lượng học sinh theo từng loại: Giỏi,
Khá, Trung bình của lớp 7A.
Giải Gọi a, b, c lần lượt là số học sinh loại giỏi, khá, trung bình, ta có:
543
cba
==
và a + b + c = 48
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
543
cba
==
=
4
12
48
543
==
++
++
cba
12434

3
=⋅==>=
a
a
16444
4
=⋅==>=
b
b
20454
5
=⋅==>=
c
c
Vậy có 12 học sinh loại giỏi, 16 học sinh loại khá và 20 học sinh loại trung bình.
Bài 4: Có 3 học sinh A, B, C có số điểm 10 tỉ lệ với các số 2; 3; 4. Biết rằng tổng số điểm 10 của A và
C hơn B là 6 điểm 10. Hỏi mỗi em có bao nhiêu điểm 10?
Giải Gọi a, b, c lần lượt là số điểm 10 của ba học sinh A, B, C, ta có:
432
cba
==
và a + c - b = 6
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
432
cba
==
=
2
3
6

342
==
−+
−+
bca
4222
2
=⋅==>=
a
a
6232
3
=⋅==>= b
b
8242
4
=⋅==>= c
c
Vậy học sinh A có 4 điểm 10, học sinh B có 6 điểm 10 và học sinh C có 8 điểm 10.
Bài 5: Tính độ dài các cạnh của một tam giác, biết chu vi là 22cm và các cạnh của tam giác tỉ lệ với
các số 2; 4; 5.
Giải Gọi a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác tỉ lệ với 2; 4; 5, ta có:
542
cba
==
và a + c + b = 22
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
542
cba
==

=
2
11
22
542
==
++
++
cba
4222
2
=⋅==>=
a
a
8242
4
=⋅==>=
b
b
10252
5
=⋅==>=
c
c
Vậy độ dài ba cạnh của tam giác là 4cm, 8 cm, 10cm.
Bài 6: Cho hàm số y = f(x) =
3
2
x
2

– 5. Tính f(1); f(-2); f(3); f






2
3
?
Giải f(1) =
3
2
.1
2
– 5 =
3
2
- 5 =
3
13
−
f(-2) =
3
2
.(-2)
2
– 5 =
3
8

- 5 =
3
7
−
f(3) =
3
2
.(3)
2
– 5 = 6 - 5 = 1
f






2
3
=
3
2
.
2
2
3







– 5 =
2
3
- 5 =
2
7
−
Bài 7: Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy hai đồ thị của hàm số:
a) y = 4x
b) y =
5
2
−
x
Giải y = 4x Cho x = 1 => y = 4 . 1 = 4. A(1; 4)
Đồ thị của hàm số y = 4x là một đường thẳng đi qua điểm O(0; 0) và điểm A(1; 4)
y =
5
2
−
x Cho x = 5 => y =
5
2
−
.5 = -2. B(5; -2)
Đồ thị của hàm số y =
5
2

−
x là một đường thẳng đi qua điểm O(0; 0) và điểm B(5; -2)
Bài 8: Tính các góc trong của một hình tam giác. Biết rằng các góc của nó tỉ lệ với 1; 2; 3.
Giải Gọi a, b, c lần lượt là số đo các góc của tam giác tỉ lệ với 1; 2; 3, ta có:
321
cba
==
và a + c + b = 180
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
321
cba
==
=
30
6
180
321
==
++
++
cba
3030130
1
=⋅==>=
a
a
6030230
2
=⋅==>=
b

b
9030330
3
=⋅==>=
c
c
Vậy số đo các góc của tam giác là 30
0
; 60
0;
90
0
.
Bài 9: Cho
∆
PQR, gọi I là trung điểm của cạnh PR. Trên tia đối của tia IQ lấy điểm S sao cho IS
= IQ. Chứng minh rằng:
a) PQ = RS.
b) PQ // RS.
Giải
a) Chứng minh PQ = RS:
Xét
∆
PIQ và
∆
RIS có:
IP = IQ (gt)
21
ˆˆ
II

=
(đối đỉnh)
IQ = IS (gt)
Vậy
∆
PIQ =
∆
RIS (c-g-c)
=> PQ = RS
b) Vì
∆
PIQ =
∆
RIS (theo câu a)
=>
ISRIQP
ˆˆ
=
Mà
IQP
ˆ
và
ISR
ˆ
ở vị trí so le trong nên PQ // RS.
Bài 10: Cho đoạn thẳng AB, trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng chứa đoạn AB, vẽ
hai tia Ax
⊥
AB, By
⊥

BA. Trên tia Ax và By lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho AC = BD. Gọi O là
trung điểm của AB.
a) Chứng minh:
∆
AOC =
∆
BOD.
b) Chứng minh: O là trung điểm của CD.
Giải
a) Chứng minh
∆
AOC =
∆
BOD:
Xét
∆
AOC và
∆
BOD có:
OA = OB (Vì O là trung điểm của của đoạn AB)
0
90
ˆ
ˆ
==
BA
AC = BD (gt)
Vậy
∆
AOC =

∆
BOD (c-g-c)
b) Chứng minh: O là trung điểm của CD:
Ta có:
1
ˆ
O
+
2
ˆ
O
=180
0
(kề bù) (1)
Mà
1
ˆ
O
=
3
ˆ
O
(vì
∆
AOC =
∆
BOD) (2)
Từ (1) và (2) =>
3
ˆ

O
+
2
ˆ
O
=180
0
=>
DOC
ˆ
=180
0
=> Ba điểm C, O, D thẳng hàng và O nằm giữa C và D
Lại có OC = OD (vì
∆
AOC =
∆
BOD). Nên O là trung điểm của CD.
Bài 11: Cho
∆
ABC có AB = AC. Gọi D và E là hai điểm nằm trên cạnh BC sao cho BD=DE=EC.
a) Chứng minh AD = AE.
b) Cho góc ADE = 60
0
, có nhận xét gì về tam giác ADE?
Bài làm
a) Chứng minh AD = AE:
Ta có: AB = AC (gt) =>
∆
ABC cân tại A =>

B
ˆ
=
C
ˆ
Xét
∆
ADB và
∆
AEC có: AB = AC (gt);
B
ˆ
=
C
ˆ
; DB = EC (gt)
Vậy
∆
ADB =
∆
AEC (c-g-c) => AD = AE
b) Ta có: AD = AE =>
∆
ADE cân tại A, mà góc ADE = 60
0
nên
∆
AEC là tam giác đều.