Đề thi học kì 2 Toán 8 - Đề số 2 - Kết nối tri thức — Không quảng cáo

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b = 0\) với \(a \ne 0\).

Phương trình \(3x - y = 0\) là phương trình bậc nhất hai ẩn.

Phương trình \(2y + 1 = 0\) là phương trình bậc nhất ẩn y với \(a = 2\) nên ta chọn đáp án B.

Phương trình \(4 + 0.x = 0\) có a = 0 nên không phải phương trình bậc nhất một ẩn.

Phương trình \(3{x^2} = 8\) là phương trình bậc hai.

Đáp án B.

Thay \(x =  - 3\) vào phương trình để tìm m.

Thay \(x =  - 3\) vào phương trình \(3x + m - x - 1 = 0\) ta được:

\(\begin{array}{l}3.\left( { - 3} \right) + m - \left( { - 3} \right) - 1 = 0\\ - 9 + m + 3 - 1 = 0\\m - 7 = 0\\m = 7\end{array}\)

Đáp án C.

Biểu diễn thời gian đi của ô tô theo x.

Vì ô tô đi từ A đến B lúc 6 giờ sáng còn xe khách đi từ A đến B lúc 7 giờ sáng và hai xe đến B cùng lúc nên thời gian ô tô đi từ A đến B là x + (7 – 6) = x + 1 (giờ)

Đáp án A.

Thay tọa độ của các điểm để kiểm tra xem điểm nào thuộc đồ thị hàm số.

Ta có:

\(f(0) = 2.0 + 1 = 1 \ne  - 1\) nên điểm \(\left( {0, - 1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số, điểm \(\left( {0;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

\(f\left( 2 \right) = 2.2 + 1 = 5 \ne 1\) nên điểm \(\left( {2;1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số.

\(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2.\frac{1}{2} + 1 = 1 + 1 = 2 \ne 0\) nên điểm \(\left( {\frac{1}{2};0} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số.

Vậy B đúng.

Đáp án B.

Thay hoành độ x = 2 vào đường thẳng \(y = 2x - 1\) để tìm giao điểm của hai đường thẳng.

Thay tọa độ điểm đó vào đường thẳng \(y = mx - 4\) để tìm m.

Tung độ giao điểm của hai đường thẳng là:

\(y = 2.2 - 1 = 3\)

Suy ra giao điểm của hai đường thẳng là điểm \(\left( {2;3} \right)\).

Thay tọa độ giao điểm vào đường thẳng \(y = mx - 4\), ta được:

\(\begin{array}{l}3 = m.2 - 4\\2m = 3 + 4\\2m = 7\\m = \frac{7}{2}\end{array}\)

Đáp án A.

Xác định tổng số kết quả có thể và số kết quả thuận lợi cho biến cố

Tính tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với tổng số kết quả có thể.

Có 6 + 3 + 7 = 16 kết quả có thể khi lấy ngẫu nhiên một viên kẹo trong túi.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố “lấy được viên kẹo màu cam” nên xác suất lấy được viên kẹo màu cam là:

\(\frac{6}{{16}} = \frac{3}{8}\).

Đáp án C.

Tính tổng số điện thoại bán được trong năm của cửa hàng.

Tính xác suất thực nghiệm của biến cố.

Tổng số điện thoại bán được trong năm của cửa hàng: \(715 + 1035 + 1085 = 2835\) Xác suất thực nghiệm của biến cố E: “Chiếc điện thoại loại A được bán năm đó của của hàng” là:

\(\frac{{715}}{{2835}} = \frac{{143}}{{567}}\)

Đáp án A.

Xác định các tam giác đồng dạng suy ra tỉ số đồng dạng giữa các cạnh.

Ta có:

$\Delta ABC\backsim \Delta HBA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{BH}{AB}\Rightarrow A{{B}^{2}}=BH.BC$ nên khẳng định (1) sai.

$\Delta ABC\backsim \Delta HAC\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{CH}{AC}\Rightarrow A{{C}^{2}}=CH.BC$ nên khẳng định (2) đúng.

Khẳng định (3) sai.

Vậy chỉ có 1 khẳng định đúng (khẳng định (2)).

Đáp án B.

Dựa vào tính chất của hình bình hành và các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông để xác định.

Hình bình hành ABCD có \(\widehat B = \widehat D\)

Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AKB\) có:

\(\widehat H = \widehat K\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat B = \widehat D\)

suy ra \(\Delta AHD\backsim \Delta AKB\left( gg \right)\)

Các đỉnh tương ứng là: 2 đỉnh A, đỉnh D và đỉnh B, đỉnh H và đỉnh K nên đáp án C đúng.

Đáp án C.

Xác định đúng các đỉnh của hai hình để nối được tâm phối cảnh của hai hình bên.

Trong các hình trên, chỉ có hình 1 biểu diễn đúng tâm phối cảnh của cặp hình đồng dạng này.

Đáp án A.

Dựa vào đặc điểm của hình chóp tam giác đều.

Hình chóp tam giác đều có 4 mặt: 3 mặt bên và 1 mặt đáy.

Đáp án B.

Gọi SI là trung đoạn, SO là đường cao của hình chóp đều S.ABCD.

Dựa vào tính chất của đường trung bình để tính OI.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác SOI để tính SI.

Gọi hình chóp đều S.ABCD là hình mô tả của chậu cây mini.

Gọi SO là đường cao của hình chóp, SO = 35cm.

Gọi SI là trung đoạn. Khi đó I là trung điểm của CD.

Xét \(\Delta ACD\) có O, I lần lượt là trung điểm của AC, CD nên OI là đường trung bình của \(\Delta ACD\).

Suy ra \(OI = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}.24 = 12\left( {cm} \right)\)

Xét \(\Delta SOI\) vuông tại O có:

\(\begin{array}{l}S{I^2} = S{O^2} + O{I^2} = {35^2} + {12^2} = 1369\\SI = \sqrt {1369}  = 37\left( {cm} \right)\end{array}\)

Vậy độ dài trung đoạn của chậu cây cảnh là 37cm.

Đáp án A.

1. Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) để giải.

2.

a) Lấy 2 điểm A, B thuộc đồ thị hàm số. Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm đó ta được đồ thị (d).

Tính diện tích tam giác OAB vuông tại O: \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB\).

b) Phương trình đường thẳng (d’) có dạng: \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)

Hai đường thẳng \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) và \(y = a'x + b'\left( {a' \ne 0} \right)\) song song nếu \(a = a';b \ne b'\).

Tiếp theo thay tọa độ điểm \(M\left( {1;5} \right)\) vào phương trình đường thẳng (d’) để tìm được phương trình.

1. a) \(2\left( {x - 3} \right) = 5\left( {x - 2} \right) + 8\)

\(\begin{array}{l}2x - 6 = 5x - 10 + 8\\2x - 6 = 5x - 2\\2x - 5x =  - 2 + 6\\ - 3x = 4\\x =  - \frac{4}{3}\end{array}\)

Vậy \(x =  - \frac{4}{3}\)

b) \(\frac{{x - 1}}{9} + \frac{{x - 3}}{7} = 2\)

\(\begin{array}{l}\frac{{7\left( {x - 1} \right)}}{{63}} + \frac{{9\left( {x - 3} \right)}}{{63}} = \frac{{2.63}}{{63}}\\7\left( {x - 1} \right) + 9\left( {x - 3} \right) = 2.63\\7x - 7 + 9x - 27 = 126\\7x + 9x = 126 + 27 + 7\\16x = 160\\x = 10\end{array}\)

Vậy \(x = 10\)

2. a) Cho \(x = 0\) thì \(y = 5\), ta được \(B\left( {0;5} \right)\) là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Oy.

Cho \(y = 0\) thì \(x = \frac{5}{2}\), ta được \(A\left( {\frac{5}{2};0} \right)\) là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Oy.

Đường thẳng AB chính là đồ thị (d).

Vì A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và trục Ox, Oy nên \(OA \bot OB\).

Suy ra \(\Delta OAB\) vuông tại O.

Diện tích \(\Delta OAB\) là: \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}\frac{5}{2}.5 = \frac{{25}}{4}\) (đơn vị diện tích).

b) Gọi phương trình (d’) cần tìm có dạng: \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\).

Vì đường thẳng (d’) song song với (d) nên \(a =  - 2,b \ne 5\), khi đó phương trình đường thẳng trở thành:

\(y =  - 2x + b\)

Điểm \(M\left( {1;5} \right)\) thuộc đường thẳng (d’) nên ta có:

\(\begin{array}{l}5 =  - 2.1 + b\\b = 5 + 2\\b = 7(TM)\end{array}\)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y =  - 2x + 7\).

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Gọi năng suất dự kiến của tổ sản suất là x (chiếc thảm) (\(x \in N*\)).

Biểu diễn năng suất thực tế và số thảm làm được theo x và lập phương trình.

Giải phương trình và kiểm tra nghiệm.

Gọi năng suất của tổ sản suất là x (chiếc thảm) (\(x \in N*\)).

Khi đó năng suất thực tế của tổ là: \(x + 20\% x = 120\% x = 1,2x\)

Số thảm tổ cần dệt là: 20x (chiếc thảm)

Số thảm tổ làm được là: \(18.1,2x = 21,6x\).

Vì tổ còn làm thêm được 24 chiếc thảm so với số thảm được giao nên ta có phương trình:

\(20x + 24 = 21,6x\)

Giải phương trình ta được \(x = 15\)(TM)

Vậy số thảm thực tế tổ sản xuất làm được là: \(21,6.15 = 324\) chiếc thảm.

Sử dụng tính chất của đường cao trong tam giác đều để tính AI.

Dựa vào tính chất của trọng tâm để tính OI.

Vì các mặt đều là tam giác đều nên đường cao của các tam giác bằng nhau, tính được SI.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác để tính SO.

Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp đều để tính thể tích của \(S.ABC\).

Xét \(\Delta ABC\) đều có đường cao \(AI = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{20\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3 \) (cm)

O là trọng tâm của tam giác ABC nên \(OI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}.10\sqrt 3  = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\)(cm).

Vì SI cũng là đường cao của tam giác đều SBC có cạnh bằng 20cm nên \(SI = AI = 10\sqrt 3 cm\).

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

\(\begin{array}{l}S{O^2} = S{I^2} - O{I^2} = {\left( {10\sqrt 3 } \right)^2} - {\left( {\frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{800}}{3}\\SO = \sqrt {\frac{{800}}{3}}  = \frac{{20\sqrt 6 }}{3}\end{array}\)

Thể tích hình chóp S.ABC là: \(V = \frac{1}{3}.\frac{{20\sqrt 6 }}{3}.\frac{1}{2}.10\sqrt 3 .20 \approx 942,81\left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy thể tích của cuốn lịch khoảng \(942,81c{m^3}\).

a) Chứng minh tam giác AHD và tam giác ABH đồng dạng theo trường hợp góc – góc.

b) Chứng minh $\Delta AHE\backsim \Delta ACH$ suy ra \(A{H^2} = AE.AC\)

Dựa vào ý a suy ra \(A{H^2} = AB.AD\), ta được điều phải chứng minh.

c) Dựa vào định lí Pythagore suy ra \(C{A^2} - H{C^2} = A{H^2}\).

Chứng minh F là trung điểm của EC.

Sử dụng hằng đẳng thức hiệu hai bình phương để suy ra \(A{F^2} - C{F^2} = A{H^2}\).

Ta được điều phải chứng minh.

a) Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta ABH\) có:

\(\widehat {ADH} = \widehat {BHA} = {90^0}\)

\(\widehat {BAH}\) chung

nên $\Delta AHD\backsim \Delta ABH\left( g.g \right)$ (đpcm)

b) Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta ACH\) có:

\(\widehat {AEH} = \widehat {AHC} = {90^0}\)

\(\widehat {HAC}\) chung

nên $\Delta AHE\backsim \Delta ACH\left( g.g \right)$

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\). Do đó \(A{H^2} = AE.AC\) (1)

$\Delta AHD\backsim \Delta ABH\left( cmt \right)$ suy ra \(\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\). Do đó \(A{H^2} = AB.AD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB.AD = AC.AE\) (đpcm)

c) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông ACH, ta có:

\(C{A^2} - H{C^2} = A{H^2}\) (3)

Xét tam giác CHE có:

I là trung điểm của CH

\(FI//EH\left( {FI \bot AC,HE \bot AC} \right)\)

nên FI là đường trung bình của tam giác CHE.

Suy ra F là trung điểm của CE hay EF = FC.

Áp dụng hằng đẳng thức hiệu hai bình phương, ta có:

\(\begin{array}{l}A{F^2} - C{F^2} = \left( {AF - CF} \right)\left( {AF + CF} \right)\\ = \left( {AF - EF} \right).AC\\ = AE.AC = A{H^2}\,(4)\end{array}\)

Từ (3) và (4) suy ra \(C{A^2} - H{C^2} = A{F^2} - C{F^2}\). (đpcm)

Số quả trứng có cân nặng dưới 9g = tổng số quả trứng . xác suất một quả trứng cút có cân nặng dưới 9g.

Trong lô 3000 quả trứng cút của trang trại, số quả trứng có cân nặng dưới 9g là:

\(3000.0,5 = 1500\) (quả)

Vậy có khoảng 1500 quả trứng có cân nặng dưới 9g trong lô 3000 quả.