Đề thi giữa kì 2 Toán 8 - Đề số 1 - Chân trời sáng tạo — Không quảng cáo

Thay \(x = \frac{{ - 1}}{2}\) và x = 0 vào hàm số để tính giá trị.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) =  - {\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)^2} + 2 =  - \frac{1}{4} + 2 = \frac{7}{4}\\f\left( 0 \right) =  - {0^2} + 2 = 2\end{array}\)

Biểu diễn y theo x.

Số gạo ban đầu là 480 tấn.

Mỗi ngày của hàng bán được 20 tấn thì x ngày cửa hạng bán được 20.x (tấn).

=> Sau x ngày bán, cửa hàng còn lại: 480 – 20x (tấn).

Vậy ta có công thức biểu diễn y theo x là: y = 480 – 20x.

Quan sát đồ thị để xác định tọa độ điểm Q.

Điểm Q thuộc trục tung nên có hoành độ bằng 0 và hình chiếu của điểm Q trên trục tung là -2 nên \(Q\left( {0; - 2} \right)\).

Thay tọa độ điểm vào hàm số để xác định.

Ta có: \(6 - 2.2 = 2 \ne  - 2 \Rightarrow \left( {2; - 2} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 6 - 2x\).

\(6 - 2.6 =  - 6 \ne 0 \Rightarrow \left( {6;0} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 6 - 2x\).

\(6 - 2.0 = 6 \Rightarrow \left( {0;6} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 6 - 2x\).

\(6 - 2.\left( { - 3} \right) = 12 \ne 0 \Rightarrow \left( { - 3;0} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 6 - 2x\).

Hai đường thẳng song song có hệ số góc bằng nhau.

Thay tọa độ điểm để tìm đường thẳng.

Đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x có dạng y = 3x + b.

Đường thẳng này cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng đi qua điểm (0; 2) \( \Rightarrow 2 = 3.0 + b \Rightarrow b = 2\).

Đường thẳng cần tìm là y = 3x + 2.

Dựa vào vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Ta có \( - \frac{1}{3} \ne \frac{1}{3}\) nên hai đường thẳng cắt nhau.

Xét phương trình hoành độ giao điểm hai đường thẳng, ta có:

\(\begin{array}{l} - \frac{1}{3}x + 2 = \frac{1}{3}x + 2\\ - \frac{2}{3}x = 0\\x = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow y = \frac{1}{3}.0 + 2 = 2\)

Vậy hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm có tung độ là 2.

Dựa vào kiến thức về tỉ số giữa hai đoạn thẳng.

Đổi 3dm = 30cm.

Tỉ số \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{16}}{{30}} = \frac{8}{{15}}\).

Dựa vào định lí Thales đảo trong tam giác.

Theo định lí đảo trong tam giác, nếu \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AE}} \Rightarrow DE//BC\).

Dựa vào hệ quả của định lí Thales để tính AB.

Vì EF // AB nên \(\frac{{AB}}{{EF}} = \frac{{BM}}{{MF}}\)\( \Rightarrow AB = \frac{{BM.EF}}{{MF}} = \frac{{20.1,65}}{2} = 16,5\left( m \right)\)

Áp dụng định lí Thalès để tính BC.

Vì AN = \(\frac{1}{2}\)AB nên AB = 2.AN = 2.2 = 4(cm).

Ta có MN // BC. Áp dụng định lí Thales, ta có: \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{2}{{AC}} \Leftrightarrow AC = 4.2 = 8\) (cm).

Vậy AC = 8cm.

Sử dụng khái niệm đường trung bình.

Xét tam giác ABC bất kì. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC.

MN là đường trung bình của tam giác ABC.

NP là đường trung bình của tam giác ABC.

MP là đường trung bình của tam giác ABC.

Vậy có 3 đường trung bình trong một tam giác.

Sử dụng tính chất của đường phân giác trong tam giác.

Ta có AD là tia phân giác của góc A nên \(\frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Leftrightarrow \frac{9}{{BD}} = \frac{6}{2} = 3\)

\( \Rightarrow BD = \frac{9}{3} = 3\)(cm)

a) Lấy hai điểm thuộc đồ thị hàm số, đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua hai điểm đó.

b) Viết phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số đó để tìm giao điểm.

c) Dựa vào vị trí tương đối của hai đường thẳng để xác định a. Thay tọa độ điểm B vào hàm số để tìm b.

a) +) Với hàm số \(y = 2x - 3\):

Cho x = 0 thì y = -3.

Cho y = 0 thì x = \(\frac{3}{2}\).

Đồ thị của hàm số \(y = 2x - 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(M\left( {0; - 3} \right)\) và \(N\left( {\frac{3}{2};0} \right)\).

+) Với hàm số \(y = x - 2\):

Cho x = 0 thì y = -2.

Cho y = 0 thì x = 2.

Đồ thị của hàm số \(y = x - 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(P\left( {0; - 2} \right)\) và \(Q\left( {2;0} \right)\).

Ta có đồ thị của hai hàm số:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = 2x – 3 và y = x – 2, ta có:

\(\begin{array}{l}2x - 3 = x - 2\\2x - x =  - 2 + 3\\x = 1\\ \Rightarrow y = 1 - 2 =  - 1\end{array}\)

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số là A(1; -1).

c) Ta có \({d_3}//{d_1} \Rightarrow y = 2x + b\)

Vì \({d_1}\) cắt đường thẳng \({d_2}\) tại B có hoành độ bằng -1 \( \Rightarrow B\left( { - 1;0} \right) \in {d_3}\)

\( \Rightarrow 0 = 2.\left( { - 1} \right) + b \Rightarrow b = 2\)

Vậy hàm số cần tìm là \(y = 2x + 2\).

a) Tìm t ứng với năm 2023. Thay t vào hàm số để tính diện tích rừng Sác được phủ xanh vào năm 2023.

b) Thay S = 4,04 để tính t.

a) Vào năm 2023, t = 2023 – 2000 = 23

Diện tích rừng Sác được phủ xanh vào năm 2023 là:

\(S = 3,14 + 0,05.23 = 4,29\) (nghìn ha)

b) Diện tích rừng Sác được phủ xanh đạt 4,04 nghìn hécta khi:

\(\begin{array}{l}3,14 + 0,05.t = 4,04\\ \Rightarrow t = \frac{{4,04 - 3,14}}{{0,05}} = 18\end{array}\)

Khi đó là năm 2000 + 18 = 2018.

a) Dựa vào tỉ số hai đoạn thẳng để chứng minh.

b) Dựa vào định lí Thales đảo để chứng minh.

c) Áp dụng hệ quả của định lí Thales để suy ra tỉ số giữa AB và DE để tính DE.

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{7,2}}{{20,25}} = \frac{{16}}{{45}}\\\frac{{KA}}{{KD}} = \frac{{6,4}}{{18}} = \frac{{16}}{{45}}\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KA}}{{KD}}\) (đpcm)

b) Vì \(\frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KA}}{{KD}}\) (cmt) nên AB // DE (Định lí Thales đảo trong tam giác)

c) Vì AB // DE nên ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{KA}}{{KD}} = \frac{{16}}{{45}}\\\frac{{32}}{{DE}} = \frac{{16}}{{45}}\\ \Rightarrow DE = 32:\frac{{16}}{{45}} = 90\left( m \right)\end{array}\)

Vậy khoảng cách giữa D và E là 90m.

a) Áp dụng hệ quả của định lí Thales để suy ra tỉ số giữa MN, EF với BC.

b) Tính độ dài AH qua công thức tính diện tích tam giác. Từ đó suy ra AK.

Chứng minh MNFE là hình thang, KI là đường cao của hình thang MNFE.

Sử dụng công thức tính diện tích hình thang.

a) Theo bài ra ta có \(AK = KI = IH\)\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AH}} = \frac{1}{3};\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{2}{3}\).

Áp dụng hệ quả của định lí Thales vào tam giác ABH có MK // BH và EI // BH

\( \Rightarrow \frac{{MK}}{{BH}} = \frac{{AK}}{{AH}} = \frac{1}{3}\); \(\frac{{EI}}{{BH}} = \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{2}{3}\) (1)

Áp dụng hệ quả của định lí Thales vào tam giác ACH có NK // CH và FI // CH

\( \Rightarrow \frac{{NK}}{{CH}} = \frac{{AK}}{{AH}} = \frac{1}{3}\); \(\frac{{FI}}{{CH}} = \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{2}{3}\) (2)

Từ (1) và (2), áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{{MK}}{{BH}} = \frac{{NK}}{{CH}} = \frac{{MK + NK}}{{BH + CH}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow MN = \frac{1}{3}BC = \frac{{20}}{3}\left( {cm} \right)\)

\(\frac{{EI}}{{BH}} = \frac{{FI}}{{CH}} = \frac{{EI + FI}}{{BH + CH}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow EF = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}.20 = \frac{{40}}{3}\left( {cm} \right)\)

b) Diện tích tam giác ABC là \(300c{m^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{2}AH.BC = 300\\\frac{1}{2}AH.20 = 300\\ \Rightarrow AH = 300:\frac{{20}}{2} = 30\left( {cm} \right)\end{array}\)

Ta có: \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AK = \frac{1}{3}AH = \frac{1}{3}.30 = 10\left( {cm} \right)\) \( \Rightarrow \) KI = AK = 10 cm.

Vì MN và EF cùng song song với BC nên MNFE là hình thang. Vì \(AH \bot BC \Rightarrow AH \bot MN\) và \(AH \bot EF\)

\( \Rightarrow KI\) là đường cao của hình thang MNFE \(\left( {K \in MN;I \in EF} \right)\).

Diện tích hình thang MNFE là:

\({S_{MNFE}} = \frac{1}{2}\left( {MN + EF} \right).KI = \frac{1}{2}.\left( {\frac{{20}}{3} + \frac{{40}}{3}} \right).10 = 100\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy \({S_{MNFE}} = 100c{m^2}\).

- Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng với các trục tọa độ.

- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông.

- Giải phương trình để tìm m.

Ta có: \(d \cap Oy = \left\{ B \right\} \Rightarrow {x_B} = 0 \Rightarrow {y_B} =  - 1\)\( \Rightarrow B\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow OB = \left| { - 1} \right| = 1\).

\(d \cap Ox = \left\{ A \right\} \Rightarrow {y_A} = 0\)\( \Rightarrow \left( {2m + 1} \right){x_A} - 1 = 0 \Rightarrow {x_A} = \frac{1}{{2m + 1}}\left( {m \ne \frac{{ - 1}}{2}} \right)\)\( \Rightarrow A\left( {\frac{1}{{2m + 1}};0} \right) \Rightarrow OA = \left| {\frac{1}{{2m + 1}}} \right|\).

Theo bài ra ta có: \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}\)

\(\frac{1}{2}.1.\left| {\frac{1}{{2m + 1}}} \right| = \frac{1}{2}\)

\(\left| {\frac{1}{{2m + 1}}} \right| = 1\)

\(\left| {2m + 1} \right| = 1\)

\(\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.\) (tmđk)

Vậy \(m \in \left\{ { - 1;0} \right\}\) thì d cắt 2 trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng \(\frac{1}{2}\).