Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 3 - Cánh diều — Không quảng cáo

• A.
  \(x \ne y\).
• B.
  \(x \ne  - y\).
• C.
  \(x \ne 1\).
• D.
  \(x \ne 0;y \ne 0\).

• A.
  \(\frac{{x + y}}{{x - y}}\).
• B.
  \(\frac{{y + x}}{{x - y}}\).
• C.
  \(\frac{{x + y}}{{y - x}}\).
• D.
  \(\frac{{x - y}}{{x + y}}\).

Sử dụng quy tắc nhân hai đa thức.

Ta có:

\(\begin{array}{l}(xy + 5)(xy - 1)\\ = {x^2}{y^2} + 5xy - xy - 5\\ = {x^2}{y^2} + 4xy - 5\end{array}\)

Rút gọn biểu thức.

Thay x = \(\frac{1}{2}\) vào biểu thức để tính giá trị.

Ta có:

\(\begin{array}{l}5{x^2} - \left[ {4{x^2} - 3x\left( {x - 2} \right)} \right]\\ = 5{x^2} - \left( {4{x^2} - 3{x^2} + 6x} \right)\\ = 5{x^2} - 4{x^2} + 3{x^2} - 6x\\ = 4{x^2} - 6x\end{array}\)

Thay x = \(\frac{1}{2}\) vào biểu thức, ta được:\(4{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 6.\left( {\frac{1}{2}} \right) = 1 - 3 =  - 2\).

• A.
  \(x \ne y\).
• B.
  \(x \ne  - y\).
• C.
  \(x \ne 1\).
• D.
  \(x \ne 0;y \ne 0\).

• A.
  \(\frac{{x + y}}{{x - y}}\).
• B.
  \(\frac{{y + x}}{{x - y}}\).
• C.
  \(\frac{{x + y}}{{y - x}}\).
• D.
  \(\frac{{x - y}}{{x + y}}\).

Sử dụng kiến thức về phân thức đại số.

Ta có:

\(\frac{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}}{{x - 1}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{x - 1}} = {\left( {x - 1} \right)^2} = {x^2} - 2x + 1\)

Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình vuông.

Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật nên A sai .

Hình thoi có một góc vuông là hình vuông nên B đúng .

Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật nên C sai .

Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật nên D sai .

Dựa vào kiến thức về đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông.

Ta có tam giác ABC vuông tại A và AM là đường trung tuyến (\(M \in BC\)) nên AM chính là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC. Khi đó: AM = \(\frac{1}{2}\)BC hay BC = 2AM.

Dựa vào đặc điểm của hình bình hành.

vuông.

Ta có: \(\widehat A + \widehat B = {180^0}\) (hai góc kề một cạnh bù nhau). Mà \(\widehat A = 2\widehat B\) nên:

\(\begin{array}{l}2\widehat B + \widehat B = {180^0}\\3\widehat B = {180^0}\\\widehat B = {180^0}:3 = {60^0}\end{array}\)

Sử dụng kiến thức về hình chóp tứ giác đều.

Hình 2 và hình 3 có thể gấp lại thành hình chóp tứ giác đều.

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều.

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\({S_{xq}} = \frac{{5.3}}{2}.6 = 45\left( {c{m^2}} \right)\)

Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp tứ giác đều.

Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông, O là trung điểm của AC nên SO là đường cao của hình chóp S.ABCD.

Xét tam giác ABC vuông tại B, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {8^2} + {8^2} = 128\\ \Rightarrow AC = \sqrt {128}  = 8\sqrt 2 \\ \Rightarrow AO = \frac{{8\sqrt 2 }}{2} = 4\sqrt 2 \end{array}\)

Vì tam giác SAB đều nên SA = AB = 8cm. Xét tam giác SAO vuông tại O, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\(\begin{array}{l}S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {8^2} - {\left( {4\sqrt 2 } \right)^2} = 32\\ \Rightarrow SO = \sqrt {32} \end{array}\)

Sử dụng kiến thức về đồ thị để kiểm tra.

Gốc tọa độ là điểm O(0;0) nên A đúng.

Điểm nằm trên trục hoành có tung độ bằng 0 và điểm nằm trên trục tung có hoành độ bằng 0 nên B, C đúng.

Quan sát đồ thị để xác định.

Hình chiếu của điểm A trên trục hoành là -3, trên trục tung là -2 nên tọa độ điểm A là A(-3; -2).

Thay tọa độ điểm A vào hàm số để xem A có thuộc hàm số hay không.

Với \(x = 1 \Rightarrow y = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3} \ne 3\) nên điểm A(1;3) không thuộc đồ thị hàm số y = \(\frac{1}{3}\) x .

Với \(x =  - 1 \Rightarrow y = \frac{1}{3}.\left( { - 1} \right) =  - \frac{1}{3} \ne  - 3\) nên điểm A(-1;-3) không thuộc đồ thị hàm số y = \(\frac{1}{3}\) x .

Với \(x = 3 \Rightarrow y = \frac{1}{3}.3 = 1\) nên điểm A(3;1) thuộc đồ thị hàm số y = \(\frac{1}{3}\) x .

Với \(x =  - 3 \Rightarrow y = \frac{1}{3}.\left( { - 3} \right) =  - 1 \ne 1\) nên điểm A(-3;1) không thuộc đồ thị hàm số y = \(\frac{1}{3}\) x .

Thay t = 1950 – 1950 = 0 và t = 2022 – 1950 = 72 để tính nhiệt độ.

Vào năm 1950, t = 1950 – 1950 = 0 \( \Rightarrow \) T = 0,02.0 + 15 = 15 ( ⁰ C).

Vào năm 2022, t = 2022 – 1950 = 72 \( \Rightarrow \) T = 0,02.72 + 15 = 16,44 ( ⁰ C).

a) Để A có nghĩa thì mẫu thức phải khác 0.

b) Sử dụng các phép tính với phân thức để rút gọn.

c) Để A nguyên thì tử thức phải chia hết cho mẫu thức.

a) Điều kiện để A có nghĩa là: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ne 0\\x + 2 \ne 0\\{x^2} - 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne - 2\end{array} \right.\)

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}A = \left( {\frac{1}{{x - 2}} + \frac{x}{{x + 2}} - \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 4}}} \right):\left( {1 + \frac{1}{{x - 2}}} \right)\\ = \left[ {\frac{{x + 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} + \frac{{x\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} - \frac{{x + 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right]:\left( {\frac{{x - 2 + 1}}{{x - 2}}} \right)\\ = \left[ {\frac{{x + 2 + {x^2} - 2x - x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right]:\left( {\frac{{x - 1}}{{x - 2}}} \right)\\ = \frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}.\frac{{x - 2}}{{x - 1}}\\ = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}\\ = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}\end{array}\)

Vậy \(A = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}\).

c) Ta có: \(A = \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = \frac{{x + 2 - 3}}{{x + 2}} = 1 - \frac{3}{{x + 2}}\). Để A là số nguyên thì \(\frac{3}{{x + 2}}\) nguyên, hay \(\left( {x + 2} \right) \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy để A nguyên thì \(x \in \left\{ { - 3; - 1; - 5;1} \right\}\)

Sử dụng các phép tính và hằng đẳng thức đáng nhớ.

a) 6x ² – (2x – 3)(3x + 2) = 1

6x ² – (6x ² – 9x + 4x – 6) = 1

6x ² – 6x ² + 9x – 4x + 6 = 1

5x + 6 = 1

5x = -5

x = -1

Vậy x = -1.2

b) (x + 1) ³ – (x – 1)(x ² + x + 1) – 2 = 0

(x ³ + 3x ² + 3x + 1) – (x ³ – 1) – 2 = 0

x ³ + 3x ² + 3x + 1 – x ³ + 1 – 2 = 0

3x ² + 3x = 0

3x(x + 1) = 0

\(\begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy x = 0 hoặc x = -1.

a) Lấy hai điểm thuộc đồ thị hàm số để vẽ đồ thị,

b) Viết phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng để tìm giao điểm.

c) Để hàm số y = (3 - 2m)x + 2 song song với (d) thì 3 – 2m = 1.

a) Cho x = 0 thì y = 0 + 3 = 3. Ta được điểm A(0; 3).

Cho y = 0 thì 0 = x + 3 => x = -3. Ta được điểm B(-3; 0).

Đường thẳng AB chính là đồ thị (d) của hàm số y = x + 3.

b) Phương trình tọa độ giao điểm của (d) và đường thẳng y = -x + 1 là:

x + 3 = -x + 1 \( \Leftrightarrow \) 2x = -2 \( \Leftrightarrow \) x = -1.

Với x = -1 => y = -1 + 3 = 2. Ta được điểm C(-1; 2).

Vậy giao điểm của (d) và đường thẳng y = -x + 1 là C(-1; 2).

c) Để hàm số y = (3 - 2m)x + 2 song song với (d) thì 3 – 2m = 1 hay m = 1. Vậy m = 1 thì hàm số y = (3 - 2m)x + 2 song song với (d).

1. Dựa vào định lí Pythagore để tính chiều cao của tấm kính.

2.

a) Chứng minh tứ giác AICD; BCDI có cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.

b) Dựa vào tính chất hai đường thẳng song song để chứng minh \(\widehat {DIA} = \widehat {ECD}\).

Dựa vào tính chất hình bình hành để chứng minh AD = DE.

c) \(\widehat A = \widehat D = {90^0}\) và AD = CD nên hình bình hành AICD trở thành hình vuông. Sử dụng tính chất của hình vuông và hai đường thẳng song song để chứng minh \(BC \bot AC\).

1.

Gọi tam giác ABC là tam giác biểu thị tấm kính tam giác cân.

Kẻ \(AH \bot BC\) (H \( \in \) BC). Vì tam giác ABC cân tại A nên AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác ABC. Khi đó H là trung điểm của BC suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.8 = 4(m)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông AHB, ta có:

\(\begin{array}{l}A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {10^2} - {4^2} = 84\\AH = \sqrt {84}  \approx 9,2(m)\end{array}\)

Vậy chiều cao của tấm kính tam giác cân này xấp xỉ 9,2m.

2.

a) Ta có I là trung điểm của AB nên \(AI = IB = \frac{1}{2}AB\). Mà CD = \(\frac{1}{2}\)AB suy ra AI = IB = CD.

Xét tứ giác AICD có:

AI // CD (I \( \in \) AB)

AI = CD (cmt)

=> AICD là hình bình hành. (đpcm)

Xét tứ giác BCDI có:

BI // CD (I \( \in \) AB)

BI = CD (cmt)

=> BCDI là hình bình hành. (đpcm)

b) BCDI là hình bình hành nên BC // DI => \(\widehat {DIA} = \widehat {CBI}\) (hai góc đồng vị).

BI // CD nên \(\widehat {CBI} = \widehat {ECD}\) (hai góc đồng vị).

=> \(\widehat {DIA} = \widehat {ECD}\) (đpcm).

AICD là hình bình hành nên CI // AD và CI = AD. (1)

Xét tứ giác CEDI có:

CI // DE (CI // AD)

DI // CE (DI // BC)

=> CEDI là hình bình hành => CI = DE (hai cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD = DE. (đpcm)

c) Vì \(\widehat A = \widehat D = {90^0}\)và AD = CD nên hình bình hành AICD trở thành hình vuông. Khi đó AC \( \bot \) DI.

Mà DI // BC nên AC \( \bot \) BC. (đpcm)