Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 3 - Cánh diều

Ta có:

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

Ta có:

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

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

Ta có:

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

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.

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.

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

$\begin{array}{l}2\hat{B}+\hat{B}={180}^0\\ 3\hat{B}={180}^0\\ \hat{B}={180}^0:3={60}^0\end{array}$

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

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

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

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:

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

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.

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

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.

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

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

a) Điều kiện để A có nghĩa là: $\{\begin{array}{l}x-2\ne 0\\ x+2\ne 0\\ x^2-4\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ne 2\\ x\ne -2\end{array}$

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 $x\in \left\{-3;-1;-5;1\right\}$

a) 6x² – (2x – 3)(3x + 2) = 1

6x² – (6x² – 9x + 4x – 6) = 1

6x² – 6x² + 9x – 4x + 6 = 1

5x + 6 = 1

5x = -5

x = -1

Vậy x = -1.2

b) (x + 1)³ – (x – 1)(x² + x + 1) – 2 = 0

(x³ + 3x² + 3x + 1) – (x³ – 1) – 2 = 0

x³ + 3x² + 3x + 1 – x³ + 1 – 2 = 0

3x² + 3x = 0

3x(x + 1) = 0

$\begin{array}{l}[\begin{array}{c}x=0\\ x+1=0\end{array}\\ [\begin{array}{c}x=0\\ x=-1\end{array}\end{array}$

Vậy x = 0 hoặc x = -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 $\iff$ 2x = -2 $\iff$ 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. 

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

Kẻ $AH\mathrm{\perp }BC$ (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 $\hat{A}=\hat{D}={90}^0$và AD = CD nên hình bình hành AICD trở thành hình vuông. Khi đó AC $\mathrm{\perp }$ DI.

Mà DI // BC nên AC $\mathrm{\perp }$ BC. (đpcm)