Đề thi học kì 1 Toán 7 - Đề số 8 - Chân trời sáng tạoTải vềPhần I: Trắc nghiệm (3 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Phần I: Trắc nghiệm (3 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm. Câu 1: Kết quả của phép tính: 12+[(−1103)1999]012+[(−1103)1999]0 là: A. 1212 B. 112112 C. 11 D. −12−12 Câu 2: Số nào dưới đây là số vô tỉ? A. √7√7 B. 1,(01)1,(01) C. √16√16 D. −17−17 Câu 3: Kim tự tháp Kheops là công trình kiến trúc nổi tiếng thể giới. Để xây dựng được công trình này, người ta phải sử dụng tới hơn 2,5 triệu mét khối đá, với diện tích đáy lên tới 52 198,16 m2m2. (Theo khoahoc.tv) Biết rằng đáy của kim tự tháp Kheops có dạng một hình vuông. Tính độ dài cạnh đáy của kim tự tháp này (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất). A. 229,5m229,5m B. 229m229m C. 228,5m228,5m D. 228m228m Câu 4: Kết quả của phép tính: |5−√45|+15−√45∣∣5−√45∣∣+15−√45 là: A. 1010 B. 20−2√4520−2√45 C. 2020 D. 10−√4510−√45 Câu 5: Cho biểu đồ
Hãy cho biết sản lượng khai thác dầu ở Việt Nam giai đoạn nào tăng nhiều nhất? A. 1986−19911986−1991 B. 1991−19931991−1993 C. 1997−20001997−2000 D. 2000−20022000−2002 Câu 6: Cho hình lăng trụ đứng có đáy là hình thang với đáy bé bằng 5cm,5cm, đáy lớn bằng 7cm7cm và hai cạnh bên lần lượt bằng 3cm;4cm.3cm;4cm. Biết chiều cao của hình lăng trụ đứng đó là 8cm.8cm. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng đó là: A. 152cm2152cm2 B. 76cm276cm2 C. 159cm2159cm2 D. 159cm159cm Câu 7: Cho ∠xOy=90∘∠xOy=90∘. Trên OxOx lấy OA=4cmOA=4cm, trên OyOy lấy OB=2,5cmOB=2,5cm. Qua AA kẻ đường thẳng vuông góc với OxOx. Qua BB kẻ đường thẳng vuông góc với OyOy. Hai đường thẳng đó giao nhau tại CC. Tính số đo góc ? A. 120∘120∘ B. 90∘90∘ C. 60∘60∘ D. 180∘180∘ Câu 8: Tỉ lệ phần trăm số học sinh xuất sắc, giỏi, khá, trung bình của một lớp được biểu diễn qua biểu đồ hình quạt tròn sau:
Tìm tỉ số phần trăm số học sinh xuất sắc và số học sinh giỏi của lớp đó, biết rằng số học sinh xuất sắc bằng số học sinh giỏi. A. Số học sinh xuất sắc chiếm 14%14%, số học sinh giỏi chiếm 14%14%. B. Số học sinh xuất sắc chiếm 16%16%, số học sinh giỏi chiếm 16%16%. C. Số học sinh xuất sắc chiếm 15%15%, số học sinh giỏi chiếm 15%15%. D. Số học sinh xuất sắc chiếm 12%12%, số học sinh giỏi chiếm 12%12%.
Phần II. Tự luận (7 điểm): Bài 1: (2,0 điểm) Thực hiện phép tính: a) −819.1631+−819.1531−1119−819.1631+−819.1531−1119 b) √(−5)2.(−15)2:[(−13)2+√14−√169]√(−5)2.(−15)2:[(−13)2+√14−√169] c) √121−√225+√254√121−√225+√254 d) |−113|+(−12)2−|412+(−3,25)| Bài 2: (2,0 điểm) Tìm x, biết: a) (3x2+1)(4x+13)=0 b) (x−35)2=43:13 c) (x+2.√16).|2x+3|=0 d) |x−23|−0,75=114 Bài 3: (1,5 điểm) Trong hình vẽ bên dưới có BE//AC,CF//AB. Biết ∠A=800,∠ABC=600.
a) Chứng minh rằng ∠ABE=∠ACF; b) Tính số đo của các góc BCF và ACB. c) Gọi Bx,Cy lần lượt là tia phân giác của các góc ABE và ACF. Chứng minh rằng Bx//Cy. Bài 4: (1,0 điểm) Một chiếc bình có dạng hình hộp chữ nhật có kích thước đáy là 10cm và 15cm. Biết diện tích xung quanh bằng tổng diện tích hai đáy. Người ta đổ một lượng nước vào bình. Tính thể tích lượng nước được đổ vào bình biết mực nước cao bằng 23 chiều cao của bình. Bài 5: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=√(x+2)4+25+(1−y)2−999 Lời giải Phần I: Trắc nghiệm
Câu 1 Phương pháp: Sử dụng quy ước: a0=1 với a≠0 Thực hiện phép cộng với số hữu tỉ. Cách giải: 12+[(−1103)1999]0=12+1=112 Chọn C. Câu 2 Phương pháp: Số vô tỉ là số viết được dưới dạng số thập phân vô hạn không tuần hoàn. Cách giải: Ta có: 1,(01) là số thập phân vô hạn tuần hoàn √16=4 không phải là số vô tỉ −17 là số hữu tỉ. Do đó, √7 là số vô tỉ. Chọn A. Câu 3 Phương pháp: Gọi độ dài cạnh hình vuông là x(x>0)(m) Tính căn bậc hai số học của x là độ dài cạnh đáy của kim tự tháp cần tìm. Cách giải: Gọi độ dài cạnh hình vuông là x(x>0)(m) Theo giả thiết, ta có: x2=52198,16⇒x=√52198,16=228,469... ⇒x≈228,5(m) Vậy độ dài cạnh đáy của kim tự tháp xấp xỉ 228,5m. Chọn C. Câu 4 Phương pháp: Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: |x|={xkhix>0−xkhix<00khix=0 Cách giải: Ta có: 5=√52=√25 Vì 25<45 nên √25<√45 do đó, 5<√45 Suy ra 5−√45<0 Do đó, |5−√45|=−(5−√45)=−5+√45 Ta có: |5−√45|+15−√45 =−5+√45+15−√45=10 Chọn A. Câu 5 Phương pháp: Quan sát biểu đồ và nhận xét. Cách giải: Từ biểu đồ ta thấy giai đoạn 1997 đến 2000 là giai đoạn tăng nhiều nhất và bằng 17 – 10 = 7 triệu tấn Chọn C. Câu 6 Phương pháp: Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tứ giác là Sxq=C.h (trong đó C là chu vi đáy và h là chiều cao của hình lăng trụ) Bước 1: Tính chu vi đáy của hình lăng trụ đứng Bước 2: Tính diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng Cách giải: Chu vi đáy của hình lăng trụ đứng đã cho là: C=5+7+3+4=19(cm) Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tứ giác đó là: Sxq=C.h=19.8=152cm2 Chọn A. Câu 7 Phương pháp: + Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì hai đường thẳng đó song song với nhau. + Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì nó cùng vuông với đường thẳng còn lại. Cách giải: Vì Ox⊥OyBC⊥Oy}⇒Ox//BC Vì Ox//BCOx⊥AC}⇒BC⊥AC ⇒∠ACB=90∘ Chọn B. Câu 8 Phương pháp: Đọc và phân tích dữ liệu của biểu đồ hình quạt tròn. Cách giải: Gọi số phần trăm học sinh xuất sắc là x% (điều kiện: x>0). Vì số học sinh xuất sắc bằng số học sinh giỏi nên số phần trăm học sinh giỏi là x% (điều kiện: x>0). Ta có: x+x+63%+13%=100%2x+76%=100%2x=100%−76%2x=24%x=24%:2x=12% Vậy số học sinh xuất sắc chiếm 12%, số học sinh giỏi chiếm 12%. Chọn D.
Phần II. Tự luận: Bài 1 Phương pháp: a) Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. b) Tính căn bậc hai của một số. Lũy thừa của một số hữu tỉ: (ab)n=anbn(b≠0;n∈Z). Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. c) Thực hiện tính căn bậc hai của một số. d) Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: |x|={xkhix>0−xkhix<00khix=0 Thực hiện các phép toán với số hữu tỉ. Cách giải: a) −819.1631+−819.1531−1119 =−819.(1631+1531)−1119=−819.3131−1119=−819.1−1119=−1919=−1 b) √(−5)2.(−15)2:[(−13)2+√14−√169] =5.(−1)252:[(−1)232+12−43]=5.152:(19+12−43)=15:(218+918−2418)=15:−1318=15.18−13=18−65 c) √121−√225+√254 =11−15+52=−4+52=−82+52=−32 d) |−113|+(−12)2−|412+(−3,25)| =−(−113)+(−1)222−|92−134|=113+14−|184−134|=113+14−|54|=113+14−54=113−44=113−1=113−33=83 Bài 2 Phương pháp: a) Giải: A(x).B(x)=0 Trường hợp 1: Giải A(x)=0 Trường hợp 2: Giải B(x)=0 b) Giải [A(x)]2=a2=(−a)2 Trường hợp 1: A(x)=a Trường hợp 2: A(x)=−a c) Giải: A(x).B(x)=0 Trường hợp 1: Giải A(x)=0 Trường hợp 2: Giải B(x)=0 Vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: |x|={xkhix>0−xkhix<00khix=0 d) vận dụng kiến thức giá trị tuyệt đối của một số thực: |x|={xkhix>0−xkhix<00khix=0 Cách giải: a) (3x2+1)(4x+13)=0 Trường hợp 1: 3x2+1=0 Vì x2≥0 với mọi x nên 3x2≥0 với mọi x Do đó, 3x2+1≥1>0 với mọi x Vậy không có x thỏa mãn 3x2+1=0. Trường hợp 2: 4x+13=04x=−13x=−13:4=−13.14x=−112 Vậy x=−112 b) (x−35)2=43:13 (x−35)2=43.31=4(x−35)2=22=(−2)2 Trường hợp 1: x−35=2x=2+35x=105+35x=135 Vậy x∈{135;−75} Trường hợp 2: x−35=−2x=−2+35x=−105+35x=−75 c) (x+2.√16).|2x+3|=0 Trường hợp 1: x+2.√16=0x+2.4=0x+8=0x=−8 Trường hợp 2: |2x+3|=02x+3=02x=−3x=−3:2x=−32 Vậy x∈{−8;−32} d) |x−23|−0,75=114 |x−23|−34=54|x−23|=54+34|x−23|=84=2 Trường hợp 1: x−23=2x=2+23x=63+23x=83 Trường hợp 2: x−23=−2x=−2+23x=−63+23x=−43 Vậy x∈{83;−43} Bài 3 Phương pháp: a) Vận dụng tính chất của hai đường thẳng song song. b) Hai góc kề bù có tổng số đo bằng 1800. Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác. c) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hai đường thẳng song song. Cách giải:
a) Vì BE//AC (giả thiết) nên ∠ABE=∠BAC (hai góc so le trong) Vì AB//CF (giả thiết) nên ∠ACF=∠BAC (hai góc so le trong) Suy ra ∠ABE=∠ACF (vì cùng bằng ∠BAC) b) Vì AB//CF (giả thiết) nên ∠ABC=∠FCx=600 (hai góc đồng vị) Ta có ∠BCF và ∠FCx là hai góc kề bù nên ∠BCF+∠FCx=1800 ⇒∠BCF+600=1800⇒∠BCF=1800−600=1200 Xét tam giác ABC có: ∠BAC+∠ABC+∠BCA=1800 (định lí tổng ba góc trong một tam giác) ⇒800+600+∠ACB=1800⇒1400+∠ACB=1800⇒∠ACB=1800−1400=400 Vậy ∠BCF=1200,∠ACB=400. c) Ta có: Bx là tia phân giác của ∠ABE (giả thiết) suy ra ∠ABx=∠ABE2=8002=400 (tính chất tia phân giác của một góc) Cy là tia phân giác của ∠ACF (giả thiết) suy ra ∠FCy=ACF2=8002=400 (tính chất tia phân giác của một góc) Ta có: ∠xAB và ∠ABC là hai góc kề nhau nên ∠BCx=∠xAB+∠ABC=400+600=1000 ∠yCF và ∠FCz là hai góc kề nhau nên ∠yCz=∠yCF+∠FCz=400+600=1000 Vì ∠BCx=∠yCz=1000 mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên Bx//Cy (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song). Bài 4 Phương pháp: Áp dụng công thức tính diện tích xung quang của hình hộp chữ nhật Sxq=2(a+b).c và công thức tính thể tích của hình hộp chữ nhật V=a.b.c (trong đó a,b là các cạnh của đáy, c là chiều cao hình hộp chữ nhật) Bước 1: Tính diện tích xung quanh Bước 2: Tính chiều cao bình Bước 3: Tính chiều cao mực nước Bước 4: Tính thể tích nước Cách giải: Gọi h là chiều cao của bình và h′ là chiều cao của mực được nước đổ vào Diện tích xung quang cuả chiếc bình là: Sxq=2.S=2.10.15=300(cm2) Mà Sxq=2(a+b).h⇒h=Sxq2(a+b)=3002(10+15)=6(cm) Chiều cao của mực nước được đổ vào là: h′=23.h=23.6=4(cm) Thể tích nước được đổ vào là: V=a.b.h′=10.15.4=600cm3 Bài 5 Phương pháp: Vận dụng kiến thức lũy thừa của một số và căn bậc hai số học của một số. Cách giải: A=√(x+2)4+25+(1−y)2−999 Ta có: (x+2)4≥0,∀x∈R⇒√(x+2)4+25≥√25=5,∀x∈R;(1−y)2≥0,∀y∈R⇒√(x+2)4+25+(1−y)2−999≥5+0−999=−994,∀x,y∈R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ⇔{x+2=01−y=0⇔{x=−2y=1. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −994 khi x=−2;y=1 ⇔x2=0⇔x=0.
Quảng cáo
|