Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 5 - Cánh diều

Ta có:

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

Thay x = 73 và y = 26, ta được:

\(\left( {73 - 26 - 1} \right)\left( {73 + 26 + 1} \right) = 46.100 = 4600\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{30^2} + {45^2} - {25^2} + 60.45\\ = {30^2} + {45^2} - {25^2} + 2.30.45\\ = \left( {{{30}^2} + 2.30.45 + {{45}^2}} \right) - {25^2}\\ = {\left( {30 + 45} \right)^2} - {25^2}\\ = {75^2} - {25^2}\\ = \left( {75 - 25} \right)\left( {75 + 25} \right)\\ = 50.100 = 5000\end{array}\)

Điều kiện xác định của biểu thức là: \({x^2} + 2x \ne 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne  - 2\end{array} \right.\)

Vì x = -2 không thỏa mãn điều kiện xác định nên biểu thức không xác định.

Ta có:

\(\frac{{{\rm{x\;}} + {\rm{\;}}1{\rm{\;}}}}{{{\rm{x\;}} - {\rm{\;}}1{\rm{\;}}}}\) \(-\) \(\frac{{{\rm{x\;}}-\;4}}{{{\rm{x\;}}-{\rm{\;}}1}}\)\( = \frac{{x + 1 - \left( {x - 4} \right)}}{{x - 1}} = \frac{5}{{x - 1}}\).

Ta có:

\(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{x - y}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}\left( {x + y} \right)}}{{\left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3}}}{{{x^2} - {y^2}}} = \frac{P}{{{x^2} - {y^2}}} \Rightarrow P = {\left( {x + y} \right)^3}\).

Các hình bình hành trong hình là: ABCD; AFHD; AFCH; FBCH; FBHD; EFGH. Vậy có 6 hình bình hành.

Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau có thể là hình thang cân nên A sai.

Hình thang có một góc vuông, hai góc vuông là hình thang vuông nên B, C sai.

Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật nên D đúng.

Độ dài trung đoạn là: \(\sqrt {{{25}^2} - {{\left( {\frac{{30}}{2}} \right)}^2}}  = 20(cm)\)

Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều đó là:

\({S_{xq}} = \frac{{30.4}}{2}.20 = 1200\left( {c{m^2}} \right)\).

Ta có thể tích hình chóp tam giác đều là: \(V = \frac{1}{3}S.h \Rightarrow S = \frac{{3V}}{h}\)

Diện tích đáy hình chóp tam giác đều là:

\(S = \frac{{3.100}}{3} = 100\left( {c{m^2}} \right)\)

Công thức tính diện tích tam giác đều là:

\(\begin{array}{l}S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 100 \Rightarrow {a^2} = 100:\frac{{\sqrt 3 }}{4} \approx 231\\ \Rightarrow a \approx 15\left( {cm} \right)\end{array}\)

Độ dài cạnh góc vuông còn lại là: \(\sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\) (cm)

Diện tích của tam giác vuông đó là: \(\frac{1}{2}.3.4 = 6\left( {c{m^2}} \right)\)

Hình bình hành là hình chữ nhật nếu có hai đường chéo bằng nhau hay AC = BD.

Đường thẳng d: y = 2x + 1 có hệ số góc là 2.

Giao điểm của đường thẳng d với trục hoành là: 0 = -3x + 2 hay x = \(\frac{2}{3}\) => \(A\left( {\frac{2}{3};0} \right)\).

Giao điểm của đường thẳng d với trục tung là: y = -3.0 + 2 hay y = 2 => \(B\left( {0;2} \right)\).

Suy ra \(\left| {OA} \right| = \left| {\frac{2}{3}} \right| = \frac{2}{3};\left| {OB} \right| = \left| 2 \right| = 2\).

Vì tam giác OAB vuông tại O nên diện tích tam giác OAB là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.2 = \frac{2}{3}\)(đvdt).

a) Phân thức A xác định khi và chỉ khi \(1 - 4{x^2} \ne 0 \Leftrightarrow \left( {1 - 2x} \right)\left( {1 + 2x} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - 2x \ne 0\\1 + 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ne \frac{1}{2}\\x \ne - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

b) Ta có:

\(A = \frac{{1 - 2x}}{{1 - 4{x^2}}} = \frac{{\left( {1 - 2x} \right)}}{{\left( {1 - 2x} \right)\left( {1 + 2x} \right)}} = \frac{1}{{1 + 2x}}\)

c) Phân thức A có giá trị nguyên khi và chỉ khi \(\frac{1}{{1 + 2x}}\) nguyên, hay \(\left( {1 + 2x} \right) \in U\left( 1 \right) = \left\{ { \pm 1} \right\}\).

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy \(x \in \left\{ { - 1;0} \right\}\) thì phân thức A có giá trị nguyên.

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

\(\begin{array}{l}x(x + 3) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 3\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy x = 0 hoặc x = -3.

b) Ta có: \({x^2} - 4x + 7 = {x^2} - 4x + 4 + 3 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 3\)

Vì \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên \({\left( {x - 2} \right)^2} + 3 \ge 3\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Dấu “=” xảy ra là giá trị nhỏ nhất của biểu thức x² \(-\) 4x + 7.

Vậy giá trị nhỏ nhất của x² \(-\) 4x + 7 bằng 3 khi x – 2 = 0 hay x = 2.

a)

Phương án 1: Tổng số tiền C sau n ngày là:

C = 200 000 000 + 5 000 000.n (đồng)

C = 200 + 5.n (triệu đồng)

Phương án 2: Tổng số tiền C sau n ngày là:

C = 10 000 000.n (đồng)

C = 10.n (triệu đồng)

b) Mỗi ngày chở được 80 thùng trong 1600 thùng thì phải chở trong:

1600 : 80 = 20 (ngày)

Khi đó tổng tiền phải trả theo:

+ PA 1 là: C = 200 + 5.20 = 300 (triệu đồng)

+ PA 2 là: C = 10.20 = 200 (triệu đồng)

=> Phương án 2 tiết kiệm hơn.

1. 

Ta có hình vẽ minh họa cho mái nhà của chòi như hình trên.

Gọi SH là đường cao của tam giác SAB nên SH là trung đoạn của hình chóp S.ABCD.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SAB là tam giác cân. Do đó SA = SB = 1,2m. Khi đó SH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên AH = BH = \(\frac{1}{2}\) AB = \(\frac{1}{2}\).1,5 = 0,75(m).

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

\(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {1,{2^2} - 0,{{75}^2}}  \approx 1\left( m \right)\)

Diện tích vải bạc cần dùng để phủ mái chòi chính là diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đó.

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\({S_{xq}} = \frac{{4.1,5}}{2}.1 = 3\left( {{m^2}} \right)\).

Vậy diện tích vải bạc cần dùng để phủ mái chòi là 3m².

2. 

a) Xét tứ giác ADME có:

\(\widehat A = {90^0}\) (tam giác ABC vuông tại A)

\(\widehat D = \widehat E = {90^0}\) (\(MD\) vuông góc với \(AB\) tại \(D\), \(ME\) vuông góc với \(AC\) tại \(E\))

=> ADME là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).

b) Xét tam giác ABC vuông tại A có M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác ABC nên AM = MC = \(\frac{1}{2}\)

Khi đó tam giác AMC cân tại M. Mà ME vuông góc với AC nên ME là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của tam giác AMC suy ra E là trung điểm của AC \( \Rightarrow \) AE = EC. (1)

ADME là hình chữ nhật nên DM // AE và DM = AE (2)

Từ (1) và (2) suy ra DM // EC và DM = EC, do đó tứ giác DMCE là hình bình hành.

c) DMCE là hình bình hành nên DE // MC => DE // HM (H thuộc đường thẳng CM)

=> DHME là hình thang.

Xét tam giác AMB có AM = BM nên tam giác AMB cân tại M. Mà MD vuông góc với AB nên MD đường cao đồng thời là đường trung tuyến của tam giác ABM suy ra D là trung điểm của AB.

Xét tam giác ABH vuông tại H, D là trung điểm của AB nên HD là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác AHB => \(HD = AD = \frac{1}{2}AB\).

Mà ADME là hình chữ nhật nên AD = ME suy ra HD = ME.

Hình thang DHME có HD = ME nên DHME là hình thang cân.

Ta có: \(A = {({n^2} + 10)^2} - 36{n^2} = ({n^2} + 10 - 6n)({n^2} + 10 + 6n)\)

Để A là số nguyên tố thì A chỉ có 2 ước là 1 và chính nó.

\(A = ({n^2} + 10 - 6n)({n^2} + 10 + 6n)\) có ước là 1 và chính nó khi và chỉ khi \({n^2} + 10 - 6n = 1\) hoặc \({n^2} + 10 + 6n = 1\).

Trường hợp 1. Với \({n^2} + 10 - 6n = 1\), ta có:

\(\begin{array}{l}{n^2} + 10 - 6n = 1\\{n^2} - 6n + 9 = 0\\{\left( {n - 3} \right)^2} = 0\\n = 3\,(tm)\end{array}\)

Khi đó \(A = 1.\left( {{3^2} + 10 + 6.3} \right) = 37\)

Trường hợp 2. Với \({n^2} + 10 + 6n = 1\), ta có:

\(\begin{array}{l}{n^2} + 10 + 6n = 1\\{n^2} + 6n + 9 = 0\\{\left( {n + 3} \right)^2} = 0\end{array}\)

\(n =  - 3\) (không thỏa mãn vì \(n \in \mathbb{N}\)).

Vậy n = 3 thì biểu thức \(A = {({n^2} + 10)^2} - 36{n^2}\) có giá trị là một số nguyên tố.