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:

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

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

Ta có:

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

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

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

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

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

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

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

Vậy x = 0 hoặc x = -1.

a) 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. 

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)