Đề kiểm tra học kỳ II – lớp 7 môn công nghệ55609

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II – LỚP 7Cấp độ câu Số điểm Mốt của dấu hiệu Đơn thức đồng dạng Bậc của đơn thức Nghiệm của đa thức Định lí Pytago Quan hệ giữa cạnh và góc đối diện đa thức 1

I MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II – LỚP 7

Cấp độ

câu Số điểm

Mốt của dấu hiệu

Đơn thức đồng dạng

Bậc của đơn thức

Nghiệm của đa thức

Định lí Pytago

Quan hệ giữa cạnh

và góc đối diện

đa thức

1

Cộng, trừ đa thức

1 1.5 15% Nghiệm của đa thức

1 0.5 5% Các trường hợp bằng

nhau của Δ CM: hai tam giác bằng nhau

2

Trung trực của đoạn

thẳng Hình vẽ Cm: Trung của đ.thẳngtrực

2

Quan hệ giữa cạnh

1

II NỘI DUNG ĐỀ

Phần 1 Trắc nghiệm (3.0 điểm) Khoanh tròn vào chữ cái đứng trước kết quả đúng nhất :

Câu 1 : Điểm kiểm tra môn Toán HKII ở lớp 7A được ghi lại như sau :

 Mốt của dấu hiệu là :

A Mo = 7 B Mo = 8 C Mo = 9 D Mo = 10

Câu 2 Đơn thức nào sau đây đồng dạng với đơn thức 2

5xy



5x y

5(xy)

Câu 3 Đơn thức 1 2 4 3 có bậc là :

25

5y z x y



A 6 B 8 C 10 D 12

Câu 4 Giá trị x = 3 là nghiệm của đa thức :

A f x  3 x B   2 C D

3

f x x  f x  x 3 f(x)2x(x3)

Câu 5 Độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là 6cm và 8cm thì độ dài cạnh huyền là :

A 10 B 8 C 6 D 14

Câu 6 Cho ΔABC, có AB = 3cm, BC = 5cm, AC = 4cm Số đo các góc A,B,C theo thứ tự là :

A A < B < C B B < A < C C A < C < B D C < B < A

Phần 2 Tự luận (7.0 điểm)

Bài 1: (3.0 điểm) Cho hai đa thức :P(x)3x3 2xx2 7x8 và

Q(x)2x2 3x3 43x2 9

a) Sắp xếp hai đa thức P(x) và Q(x) theo lũy thừa giảm dần của biến

b) Tìm đa thức M(x) = P(x) +Q(x) và N(x) = P(x) – Q(x)

c) Tìm nghiệm của đa thức M(x)

Bài 2 : (4.0 điểm) Cho ABC(AB < AC) Vẽ phân giác AD của ABC Trên cạnh AC lấy

điểm E sao cho AE = AB

a) Chứng minh ADB = ADE

b) Chứng minh AD là đường trung trực của BE

c) Gọi F là giao điểm của AB và DE Chứng minh BFD = ECD

d) So sánh DB và DC

III ĐÁP ÁN

TRẮC NGHIỆM : Mỗi câu trả lời đúng được 0,5đ

TỰ LUẬN :

Bài 1

a)

8 7 2

3 )

(x  x3  xx2  x

P

P(x) = 3x3 + x2 – 2x + 7x + 8

8 7 2

3 ) (x  x3  xx2  x

P

P(x) = 3x3 + x2 – 2x + 7x + 8 P(x) = 3x3 + x2 + 5x + 8

8 7 2

3 ) (x  x3 xx2  x

P

P(x) = 3x3 + x2 – 2x + 7x + 8 P(x) = 3x3 + x2 + 5x + 8

a) Q(x)2x2 3x3 43x2 9

Q(x) = -3x3 +2x2 –3x2 + 4 – 9

9 3 4 3 2 ) (x  x2  x3   x2 

Q

Q(x) = -3x3 +2x2 –3x2 + 4 – 9 Q(x) = -3x3 – x2 – 5

9 3 4 3 2 ) (x  x2  x3   x2 

Q

Q(x) = -3x3 +2x2 –3x2 + 4 – 9 Q(x) = -3x3 – x2 – 5

b) M(x) = P(x) + Q(x)

= 3x3 2xx2 7x8

+( 2x2 3x3 43x2 9)

M(x) = P(x) + Q(x)

= 3x3 + x2 + 5x + 8 +( - 3x3 – x2 – 5)

= 5x + 3

P(x) = 3x3 + x2 + 5x + 8

+ Q(x) = - 3x3 – x2 – 5 M(x) = P(x) + Q(x) = 5x + 3

b) N(x) = P(x) – Q(x)

= 3x3 2xx2 7x8

- (2x2 3x3 43x2 9)

N(x) = P(x) – Q(x)

= 3x3 + x2 + 5x + 8

- ( - 3x3 – x2 – 5)

N(x) = P(x) – Q(x) P(x) = 3x3 + x2 + 5x + 8

Q(x) = - 3x3 – x2 – 5 N(x) = 6x3 +2x2 + 5x + 13

x = - 3/5

M(x) = 0 5x + 3 = 0

5x = - 3 x = - 3/5 Nghiệm của đa thức M(x) là

x = - 3/5

B

C D

E

A

B

C D

E

F

0.5 1 1

a) Xét ΔADB và ΔADE, ta có:

AB = AE (gt)

AD : cạnh chung

Xét ΔADB và ΔADE, ta có:

AB = AE (gt) BÂD = DÂE (AD là p.giác)

AD : cạnh chung Suy ra ΔADB =ΔADE(c.g c)

Xét ΔADB và ΔADE, ta có:

AB = AE (gt) BÂD = DÂE (AD là p.giác)

AD : cạnh chung Suy ra ΔADB =ΔADE(c.g c)

DB = DE (ΔADB = ΔADE) Ta có : AB = AE ( gt); DB = DE (ΔADB = ΔADE)

Nên AD là đường trung trực của BE

c) Xét BFD và ECD, ta có :

BDF = CDE ( đối đỉnh)

Xét BFD và ECD, ta có : BDF = CDE ( đối đỉnh)

DB = DE (cmt)

Chứng minh được:DBF=DEC Xét BFD và ECD, ta có : BDF = CDE ( đối đỉnh)

DB = DE (cmt)

DBF = DEC (cmt) Suy ra : BFD = ECD (g.c.g)

FBD > C^ ( góc ngoài Δ)

 DEC > ( FBD = DEC)C^

 DC > DE (Quan hệ góc, cạnh đối diện của tam giác)

Vậy DC >DB