Đề kiểm tra chất lượng cuối học kỳ II môn Toán Lớp 7 - Năm học 2016-2017 - Trường THCS Ngọc Trạo (Có đáp án)

Họ và tên học sinh: .. KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI KÌ II LỚP 7
Lớp: . NĂM HỌC: 2016 – 2017
TRƯỜNG THCS NGỌC TRẠO MÔN: TOÁN
	(Thời gian làm bài 90 phút, không tính thời gian phát đề)
Điểm
 Nhận xét của giáo viên
ĐỀ BÀI
Câu 1: (2,0 điểm). Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B được giáo viên ghi lại trong bảng sau:
Thời gian (x)
5
7
8
9
10
13
Tần số (n)
4
3
9
7
5
2
N = 30
	a/ Dấu hiệu ở đây là gì? Tìm mốt của dấu hiệu?
	b/ Tính số trung bình cộng của dấu hiệu?
Câu 2: (3,5 điểm). Cho hai đa thức:
	P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4
	Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2
	a/ Thu gọn các đa thức trên và sắp xếp các hạng tử theo lũy thừa giảm dần của biến. Tìm bậc của mỗi đa thức trên.
	b/ Tính giá trị của các đa thức P(x) tại x = ; Q(x) tại x = 1. 
	c/ Tính Q(x) + P(x) và Q(x) – P(x)
	d/ Tìm giá trị của x sao cho: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0
Câu 3: (3,5 điểm). Cho ABC, lấy M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng:
	a/ AC = EB và AC // BE
	b/ Trên AC lấy điểm I, trên EB lấy điểm K sao cho AI = EK.
	Chứng minh ba điểm: I, M, K thẳng hàng.
	c/ Từ E kẻ EH BC (H BC). Biết K là trung điểm của BE và HK = 5 cm; HE = 6 cm. Tính độ dài đoạn thẳng BH.
Câu 4: (3,0 điểm). Tìm số tự nhiên n có hai chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đồng thời là hai số chính phương.
BÀI LÀM
Câu 1:	a/ Dấu hiệu ở đây là: " Thời gian làm xong bài tập Toán (tính bằng phút) của 30 học sinh lớp 7B".
	Mốt của dấu hiệu là: M0 = 8
	b/ Trung bình cộng của dấu hiệu là: = = 8,4
Câu 2:	a/ Thu gọn và sắp xếp các đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến:
	P(x) = 2x4 + 9x2 – 3x + 7 – x – 4x2 – 2x4
	P(x) = (2x4 – 2x4) + (9x2 – 4x2) + (– 3x – x) + 7
	P(x) = 5x2 – 4x + 7
	Q(x) = – 5x3 – 3x – 3 + 7x – x2 – 2
	Q(x) = – 5x3 – x2 + (– 3x + 7x) + (– 3 – 2)
	Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5
	Bậc của đa thức P(x) là 2, bậc của đa thức Q(x) là 3
	b/ Ta có:
	P(x) = 5x2 – 4x + 7
	 = 
	Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5
	Q(1) = – 5.13 – 12 + 4.1 – 5 = – 7
	c/ Ta có: 
+
Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5
P(x) = 5x2 – 4x + 7
	 Q(x) + P(x) = – 5x3+4x2 + 2
–
Q(x) = – 5x3 – x 2 + 4x – 5
P(x) = 5x2 – 4x + 7
	 Q(x) – P(x) = – 5x3–6x2 + 8x – 12
	d/ Ta có: Q(x) + P(x) + 5x2 – 2 = 0
	 (– 5x3 + 4x2 + 2) + 5x2 – 2 = 0
	 – 5x3 + 9x2 = 0
	 x2(– 5x + 9) = 0
	Vậy x = 0 hoặc x = 
Câu 3:	
GT
ABC, MB = MC, ME = MA, AI = EK, EH BC, KB = KE
HK = 5 cm; HE = 6 cm
KL
a/ AC = EB và AC // BE
b/ I, M, K thẳng hàng
c/ BH = ?
	a/ Xét AMC và EMB có:
	MA = ME (GT)
	 (Hai góc đối đỉnh)
	MC = MB (GT)
	 AMC = EMB (c – g – c) AC = EB (Hai cạnh tương ứng)
và (Hai góc tương ứng) mà và ở vị trí so le trong nên AC // BE
	b/ Vì AMC = EMB (Theo câu a) MA = ME (Hai cạnh tương ứng)
	Xét AMI và EMK có:
	AI = EK (GT)
	 (CM ở câu a)	
	MA = ME (CM trên)
	 AMI và EMK (c – g – c) (Hai góc tương ứng)
	Ta có: = 1800 (Hai góc kề bù) mà nên = 1800 Ba điểm I, M, K thẳng hàng.
	c/ Vì BHE vuông tại H có HK là đường trung tuyến nên HK = BE = 2HK = 2.5 = 10 cm.
	Áp dụng định lý Pythagoras vào BHE vuông tại H:
	BE2 = BH2 + HE2
	 102 = BH2 + 62
	 BH2 = 100 – 36
	 BH2 = 64
	 BH = 8 cm
Câu 4: Vì n có hai chữ số nên 10 n 99 20 2n 198 21 2n + 1 199.
	Vì 2n + 1 là số chính phương mà 21 2n + 1 199 nên 2n + 1 {25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; 144; 169; 196}.
	Vì 2n + 1 lẻ nên 2n + 1 {25; 49; 81; 121; 169} n {12; 24; 40; 60; 84} (1)
	Vì 3n + 1 chia cho 3 dư 1 nên từ (1) n = 40