Đề thi học kì 2 Toán 8 - Đề số 1 - Chân trời sáng tạo

Phương trình \(2x - 5 = 0\) có dạng \(ax + b = 0\) với \(a = 2\) nên ta chọn đáp án B.

Đáp án B.

Thay \(m =  - 1\) vào phương trình \(\left( {2{m^2} - 2} \right)x = m + 1\), ta có:

\(\begin{array}{l}\left[ {2{{\left( { - 1} \right)}^2} - 2} \right]x =  - 1 + 1\\\left( {2 - 2} \right)x = 0\end{array}\)

\(0.x = 0\) (luôn đúng).

Vậy phương trình có vô số nghiệm.

Đáp án B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}4x - 2 = 0\\4x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array}\)

Đáp án D.

Coi bể nước là 1. Vì vòi nước chảy đầy bể trong 5 giờ nên trong 1 giờ vòi chảy được là:

\(1:5 = \frac{1}{5}\) (bể)

Đáp án C.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Mũi tên chỉ vào ô ghi số chẵn”, đó là: 2; 4; 6; 8.

Đáp án B.

Hộp chứa 16 tấm thẻ nên có 16 kết quả có thể khi lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp.

Có 4 số chia hết cho 4 từ 11 đến 26, đó là 12, 16, 20, 24. Do đó có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố thẻ chọn ra ghi số chia hết cho 4.

Vậy xác suất để thẻ chọn ra ghi số chia hết cho 4 là: \(\frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\).

Đáp án C.

Xác suất laptop lỗi là: \(\frac{6}{{500}} = \frac{3}{{250}}\)

Do đó trong lô hàng có 1200 chiếc laptop thì có khoảng \(1200.\frac{3}{{250}} = \frac{{72}}{5} \approx 14\) chiếc bị lỗi.

Đáp án C.

$\Delta ABC\backsim \Delta DEF$ nên \(\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}} = k\).

Vậy \(k = \frac{{AC}}{{DF}}\).

Đáp án B.

Vì \(\Delta ABC,\Delta ADE\) cân nên \(AB = AC\); \(AD = AE\left( { = 6cm} \right)\).

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta ADE\) có:

\(\widehat A\) chung

\(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AE}}\) (vì \(AB = AC;AD = AE\))

suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta ADE\left( c.g.c \right)$

suy ra \(k = \frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AE + EC}}{{AE}} = \frac{{6 + 3}}{6} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\).

Đáp án C.

Để hai tam giác đồng dạng thì \(\frac{2}{3} = \frac{x}{6}\) suy ra \(x = \frac{2}{3}.6 = 4\).

Đáp án B.

Vì AB // DE nên \(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\) (hai góc đồng vị)

Xẻ \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDE\) có:

\(\widehat A = \widehat C\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\) (cmt)

Suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta CDE\left( g.g \right)$. Từ đó ta được:

\(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{CD}}{{CE}}\) suy ra \(AB.CE = AC.CD\). (A đúng)

\(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{CD}}{{DE}}\) suy ra \(AB.DE = BC.CD\) (B đúng)

\(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{CE}}{{DE}}\) suy ra \(AC.DE = CE.BC\) (C đúng)

Vậy D sai (vì không có tỉ lệ nào suy ra \(AB.AC = DE.DC\)).

Đáp án D.

Ta có: \(\frac{2}{{2,5}} = \frac{4}{5} \ne \frac{3}{6}\) nên hình 1 và hình 2 là hai hình đồng dạng

Đáp án A.

a) \(\frac{2}{3}x + 2\frac{1}{2} = 0\)

\(\begin{array}{l}\frac{2}{3}x + \frac{5}{2} = 0\\\frac{2}{3}x =  - \frac{5}{2}\\x =  - \frac{5}{2}:\frac{2}{3}\\x =  - \frac{{15}}{4}\end{array}\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x =  - \frac{{15}}{4}\).

b) \(\frac{{7x - 1}}{6} = \frac{{16 - x}}{5} - 2x\)

\(\begin{array}{l}\frac{{5\left( {7x - 1} \right)}}{{5.6}} = \frac{{6\left( {16 - x} \right)}}{{6.5}} - \frac{{30.2x}}{{30}}\\5\left( {7x - 1} \right) = 6\left( {16 - x} \right) - 60x\\35x - 5 = 96 - 6x - 60x\\35x + 6x + 60x = 96 + 5\\101x = 101\\x = 1\end{array}\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 1\)

Gọi quãng đường AB dài x (km) (x > 0).

Thời gian xe tải đi hết quãng đường AB là \(\frac{x}{{30}}\) (giờ).

\(\frac{3}{4}\) quãng đường AB là \(\frac{3}{4}x\) (km), khi đó thời gian ô tô con đi hết \(\frac{3}{4}\) quãng đường AB là:

\(\frac{3}{4}x:45 = \frac{x}{{60}}\) (giờ)

Vận tốc xe con sau khi tăng thêm 5km/h là:

45 + 5 = 50 (km/h)

Quãng đường còn lại là: \(1 - \frac{3}{4}x = \frac{x}{4}\) (km)

Thời gian xe con đi hết \(\frac{1}{4}\) quãng đường AB là:

\(\frac{x}{4}:50 = \frac{x}{{200}}\) (h)

Vì xe con đến B sớm hơn xe tải là 2 giờ 2 phút = \(\frac{{49}}{{20}}\)h nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{x}{{30}} - \left( {\frac{x}{{60}} + \frac{x}{{200}}} \right) = \frac{{49}}{{20}}\\\frac{{20x}}{{600}} - \frac{{10x}}{{600}} - \frac{{3x}}{{600}} = \frac{{1470}}{{600}}\\\frac{{7x}}{{600}} = \frac{{1470}}{{600}}\\7x = 1470\\x = 210(TM)\end{array}\)

Vậy quãng đường AB dài 210km.

Ta có:

\(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\)

\(\begin{array}{l}2x - 2 - mx = 3\\2x - mx = 3 + 2\\(2 - m)x = 5\end{array}\)

a) Để phương trình \(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\) vô nghiệm thì:

\(2 - m = 0\) suy ra \(m = 2\).

Vậy khi m = 2 thì phương trình vô nghiệm.

b) Để phương trình \(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\) có nghiệm duy nhất thì:

\(2 - m \ne 0\) suy ra \(m \ne 2\).

Vậy khi \(m \ne 2\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = \frac{5}{{2 - m}}\).

a) Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AHB\) có:

\(\widehat {AMH} = \widehat {AHB}\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat A\) chung

suy ra $\Delta AMH\backsim \Delta AHB\left( g.g \right)$ (đpcm)

b) Xét \(\Delta ANH\) và \(\Delta AHC\) có:

\(\widehat {ANH} = \widehat {AHC}\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat A\) chung

suy ra $\Delta ANH\backsim \Delta AHC\left( g.g \right)$

suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) suy ra \(AN.AC = A{H^2}\) (đpcm)

c) Vì DF // NM nên \(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AD}}{{AN}}\)

Vì DE // HN nên \(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AD}}{{AN}}\)

suy ra \(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AH}}\)

Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta AMH\) có:

\(\widehat A\) chung

\(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AH}}\)

suy ra $\Delta AFE\backsim \Delta AMH\left( c.g.c \right)$ nên \(\widehat {AEF} = \widehat {AHM}\)

Mà \(\widehat {AHM} = \widehat {ABC}\)(vì $\Delta AMH\backsim \Delta AHB$)

Do đó \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (đpcm)

Vì lặp lại phép thử 100 lần, Nam thấy có 40 lần lấy được viên bi đỏ nên số lần lấy được viên bi xanh là:

100 – 40 = 60 (lần).

Do đó xác suất thực nghiệm của biến cố "Lấy được viên bi màu xanh" là:

\(\frac{{60}}{{100}} = \frac{3}{5} = 0.6\)

Gọi số bi trong túi là x (x > 9).

Vì số lần thử lớn nên xác suất thực nghiệm gần bằng xác suất của biến cố “Lấy được viên bi màu xanh”, do đó:

\(\frac{9}{x} \approx 0,6\) suy ra \(x \approx 15\) (viên bi)

Vậy trong hộp có khoảng 15 – 9 = 6 viên bi màu đỏ.