Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 2 - Cánh diều

Ta có:

\(\begin{array}{l}2{x^4}y - 4{y^5} + 5{x^4}y - 7{y^5} + {x^2}{y^2} - 2{x^4}y\\ = \left( {2{x^4}y + 5{x^4}y - 2{x^4}y} \right) + \left( { - 4{y^5} - 7{y^5}} \right) + {x^2}{y^2}\\ = 5{x^4}y - 11{y^5} + {x^2}{y^2}\end{array}\)

Đa thức \({{\mathop{\rm x}\nolimits} ^5} + 4{x^3} - 6{x^2}\) là đa thức biến x với bậc nhỏ nhất của biến x là 2 nên A, B, C không thỏa mãn. (4xy có biến y; 6x³ có bậc của x là 3; x⁵ có bậc của x là 5).

Vậy đa thức \({{\mathop{\rm x}\nolimits} ^5} + 4{x^3} - 6{x^2}\) chia hết cho đơn thức 4x².

a. \(\frac{{{x^3} + 6{x^2} + 12x + 8}}{{x + 2}} = \frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^3}}}{{x + 2}} = {\left( {x + 2} \right)^2} = {x^2} + 4x + 4\) nên a – 3.

b. Phân thức nghịch đảo của phân thức \(\frac{{x + y}}{{x - y}}\) là: \(1:\frac{{x + y}}{{x - y}} = \frac{{x - y}}{{x + y}}\) nên b – 1.

c. Phân thức đối của phân thức \(\frac{3}{{x - y}}\) là: \( - \left( {\frac{3}{{x - y}}} \right) = \frac{{ - 3}}{{x - y}}\) nên c – 2.

Đáp án: a – 3; b – 1; c – 2.

Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.

Vì DE // AF; DF // AE (gt) => AEDF là hình bình hành.

Để hình bình hành AEDF là hình chữ nhật thì \(\widehat A = {90^0}\) hay tam giác ABC vuông tại A.

Ta có tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến nên AM = \(\frac{1}{2}\)BC = BM = MC.

Mà AB = \(\frac{1}{2}\)BC (gt)

=> AM = AB = BM  hay tam giác ABM đều.

Hình khai triển của chóp tam giác đều có độ dài cạnh bên bằng 4 cm và độ dài cạnh đáy bằng 3cm là hình b.

Thể tích hình chóp S.ABCD là: \(V = \frac{1}{3}{S_d}.h = \frac{1}{3}{3^2}.2 = 6\left( {c{m^3}} \right)\).

Xét hình thoi ABCD có AC = 8cm; BD = 10cm nên AO = 4 cm và OD = 5cm.

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

\(AD = \sqrt {O{A^2} + O{D^2}}  = \sqrt {{4^2} + {5^2}}  = \sqrt {41} \left( {cm} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( { - 5} \right) = {\left( { - 5} \right)^2} = 25\\f\left( 5 \right) = {5^2} = 25\\ \Rightarrow f\left( { - 5} \right) + f\left( 5 \right) = 25 + 25 = 50\end{array}\)

Ba chấm sáng trên màn hình ra đa của đài nằm ở góc phần tư thứ I.

Giá bán 1 kg thanh long ruột đỏ loại I là 32 000 đồng nên giá bán x (kg) thanh long là: 32 000.x (đồng).

Vậy ta có công thức biểu thị là y = 32 000x.

Hình chiếu của điểm A trên trục hoành là 1, trên trục tung là 4 nên tọa độ điểm A là A(1; 4). => A đúng.

Hình chiếu của điểm B trên trục hoành là 3, trên trục tung là 2 nên tọa độ điểm B là B(3; 2). => B đúng.

Hình chiếu của điểm C trên trục hoành là 2, trên trục tung là -2 nên tọa độ điểm C là C(2;-2). => C đúng.

Hình chiếu của điểm D trên trục hoành là -3, trên trục tung là 1 nên tọa độ điểm D là C(-3;1). => D sai.

a) Điều kiện xác định của biểu thức A là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 4 \ne 0\\x - 4 \ne 0\\{x^2} - 16 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 4\\x \ne 4\end{array} \right.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức A là \(x \ne \pm 4\).

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{x + 4}} + \frac{x}{{x - 4}} + \frac{{24 - {x^2}}}{{{x^2} - 16}}\\ = \frac{{x - 4}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}} + \frac{{x\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}} + \frac{{24 - {x^2}}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}}\\ = \frac{{x - 4 + {x^2} + 4x + 24 - {x^2}}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}}\\ = \frac{{5x + 20}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}}\\ = \frac{{5\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}}\\ = \frac{5}{{x - 4}}\end{array}\)

c) Tại x = 10 (thỏa mãn điều kiện xác định), ta được: \(A = \frac{5}{{10 - 4}} = \frac{5}{6}\).

d) Biểu thức A nguyên \( \Leftrightarrow \frac{5}{{x - 4}}\) nguyên. \(\frac{5}{{x - 4}}\) nguyên khi và chỉ khi \(\left( {x - 4} \right) \in U\left( 5 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 5} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}A = \left( {x + 5} \right)\left( {x + 1} \right) + \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) - x\left( {{x^2} + x - 2} \right)\\ = \left( {{x^2} + 5x + x + 5} \right) + \left( {{x^3} - {2^3}} \right) - \left( {{x^3} + {x^2} - 2x} \right)\\ = {x^2} + 6x + 5 + {x^3} - 8 - {x^3} - {x^2} + 2x\\ = \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( {{x^2} - {x^2}} \right) + \left( {6x + 2x} \right) + \left( {5 - 8} \right)\\ = 8x - 3\end{array}\)

b) 74² + 24² – 48.74 = 74² + 24² – 2.24.74 = (74 – 24)² = 50² = 2 500.

a) Vẽ đồ thị:

* y = 2x - 1:

Cho \(x = 0 \Rightarrow y =  - 1\) có C(0; -1)

Cho \(y = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}\) có D(\(\frac{1}{2};0\))

Đường thẳng CD là đồ thị hàm số y = 2x – 1.

* y = x + 2:

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 2\) có M(0; 2)

Cho \(y = 0 \Rightarrow x =  - 2\) có N(-2; 0)

Đường thẳng MN là đồ thị hàm số y = x + 2

Ta được đường thẳng \({d_1};{d_2}\) .

b) Tìm tọa độ của điểm A:

Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 2x – 1 = x + 2 \( \Leftrightarrow \) 2x – x = 2 + 1 \( \Leftrightarrow \) x = 3.

Với x = 3; y = 2.3 – 1 = 5 => A(3; 5).

Vậy tọa độ của điểm A(3; 5).

c) Vì đồ thị hàm số \({d_3}\) song song với \({d_1}\) nên a = 2 và b \( \ne \) -1. => \({d_3}\): y = 2x + b.

Vì đồ thị hàm số \({d_3}\) cắt đường thẳng \({d_2}\) tại B có hoành độ bằng -1 nên tung độ của điểm B là y = -1 + 2 = 1. => B(-1;1) .

Vì B thuộc đồ thị hàm số \({d_3}\) nên thay tọa độ của điểm B vào hàm số y = 2x + b, ta được:

1 = 2.(-1) + b => b = 3 (thỏa mãn).

=> Hàm số cần tìm là y = 2x + 3.

1. 

Gọi các điểm D, E và F như trên hình vẽ. Khi đó ta có các tam giác vuông ACD vuông tại D; BCE vuông tại E và ABF vuông tại F.

Tam giác ACD có AD = 3cm; CD = 4cm. Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ADC, ta có:

\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{D^2} + C{D^2} = {3^2} + {4^2} = 25\\ \Rightarrow AC = 5cm\end{array}\)

Tam giác BCE có BE = 5cm; CE = 3cm. Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác BCE, ta có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} = B{E^2} + C{E^2} = {5^2} + {3^2} = 34\\ \Rightarrow BC = \sqrt {34} cm\end{array}\)

Tam giác ABF có AF = 1cm; BF = 2cm. Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABF, ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = A{F^2} + F{B^2} = {1^2} + {2^2} = 5\\ \Rightarrow AB = \sqrt 5 cm\end{array}\)

2. 

a) Xét tứ giác AKCM có: I là trung điểm của AC; I là trung điểm của KM (vì M đối xứng với K qua I)

=> AKCM là hình bình hành.

Xét tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác ABC. => \(\widehat {AMC} = {90^0}\).

Hình bình hành AKCM có \(\widehat {AMC} = {90^0}\) nên là hình chữ nhật.

b) Ta có AKCM là hình chữ nhật nên AK // CM và AK = CM.

Mà BM = CM nên BM = AK và BM // AK. => Tứ giác AKMB là hình bình hành.

c) Để AKCM là hình chữ nhật thì AM = MC = \(\frac{1}{2}\) Mà AM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên khi đó AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác ABC hay tam giác ABC vuông tại A.

\(\begin{array}{l}A =  - {x^2} + \frac{2}{3}x - 1\\ =  - \left( {{x^2} - 2x.\frac{1}{3} + \frac{1}{9} - \frac{1}{9} + 1} \right)\\ =  - \left[ {{x^2} - 2x.\frac{1}{3} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2} + \frac{8}{9}} \right]\\ =  - \left[ {{{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)}^2} + \frac{8}{9}} \right] =  - {\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} - \frac{8}{9}\end{array}\)

Ta có \( - {\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} \le 0\) nên \( - {\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} - \frac{8}{9} < 0\) với mọi x.

Vậy A < 0 hay luôn luôn âm với mọi giá trị x.