Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 6

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Biểu thức \(5x + 9\) là đa thức, không phải là đơn thức.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có \(14{x^2}y - 21x{y^2} + 28{x^2}{y^2} = 7xy\left( {2x - 3y + 4xy} \right)\).

Vậy đa thức \(14{x^2}y - 21x{y^2} + 28{x^2}{y^2}\) có nhân tử chung là \[7xy\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Biểu thức \(\frac{x}{0}\) không phải phân thức vì mẫu thức là đa thức không.

Biểu thức \(\frac{{x + y}}{{\frac{1}{y}}}\) và \(\frac{1}{{\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{xy}}}}\) không phải là phân thức thì mẫu thức không phải là đa thức.

Biểu thức \(\frac{{{x^2} + y}}{{\frac{1}{2}y}}\) là đa thức vì \({x^2} + y\) và \(\frac{1}{2}y\) đều là đa thức khác đa thức 0.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hình chóp tam giác đều có 4 mặt, 6 cạnh.

Hình chóp tứ giác đều có 5 đỉnh, đáy là hình vuông.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều đã cho là \({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot b = 2ab\) (đvdt).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét tứ giác \(MNPQ\) có \(\widehat M + \widehat N + \widehat P + \widehat Q = 360^\circ \) (định lí tổng các góc của một tứ giác)

Thay \(\widehat N = \widehat M + 10^\circ \), \(\widehat P = \widehat N + 10^\circ = \widehat M + 20^\circ \), \(\widehat Q = \widehat P + 10^\circ = \widehat M + 30^\circ \) vào biểu thức trên, ta được:

\(\widehat M + \widehat M + 10^\circ + \widehat M + 20^\circ + \widehat M + 30^\circ = 360^\circ \)

\(4\widehat M + 60^\circ = 360^\circ \)

\(4\widehat {M\,} = 300^\circ \)

\(\widehat M = 75^\circ \)

Vậy \(\widehat M = 75^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Các phương án A, B, D là các khẳng định đúng theo dấu hiệu nhận biết hình vuông.

Phương án C sai vì hình thoi đã có sẵn hai đường chéo vuông góc, hình thoi cần có hai đường chéo bằng nhau thì mới là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Nhiệt độ trung bình (°C) của các ngày trong năm là số liệu thu được từ phép đo nên là số liệu liên tục.

Hướng dẫn giải

a) \({\left( {x - 2} \right)^2} - \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 6\) \({x^2} - 4x + 4 - \left( {{x^2} - 9} \right) = 6\) \({x^2} - 4x + 4 - {x^2} + 9 = 6\) \(\left( {{x^2} - {x^2}} \right) - 4x = 6 - 4 - 9\) \( - 4x = - 7\) \(x = \frac{7}{4}\) Vậy \(x = \frac{7}{4}.\)

b) \(2x\left( {x - 3} \right) - 5\left( {3 - x} \right) = 0\) \(2x\left( {x - 3} \right) + 5\left( {x - 3} \right) = 0\) \(\left( {x - 3} \right)\left( {2x + 5} \right) = 0\) Suy ra \(x - 3 = 0\) hoặc \(2x + 5 = 0\) \(x = 3\) hoặc \(2x = - 5\) \(x = 3\) hoặc \(x = - \frac{5}{2}.\) Vậy \(x \in \left\{ {3; - \frac{5}{2}} \right\}.\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có \({x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right).\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x - 1 \ne 0,\)\(x + 1 \ne 0,\)\(x \ne 0\) hay \(x \ne 1,\)\(x \ne - 1\) và \(x \ne 0.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x \ne 1,\)\(x \ne - 1\) và \(x \ne 0.\)

b) Với điều kiện \(x \ne 1,\)\(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có:

\(P = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{{{x^2} - 3x}}{{{x^2} - 1}}} \right) \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \left[ {\frac{{x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{{{x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right] \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{\left( {x + 1 + x - 1} \right)\left( {x + 1 - x + 1} \right) + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{2 \cdot 2x + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)\( = \frac{{4x + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)\[ = \frac{{x\left( {x + 1} \right) \cdot \left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \cdot x}}\]\[ = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

Vậy với \(x \ne 1,\)\(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) thì \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

c) Với \(x \ne 1,\)\(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 5}}{{x - 1}} = 1 + \frac{5}{{x - 1}}.\]

Với \(x\) nguyên, để biểu thức \(P\) đạt giá trị nguyên thì \(\frac{{5}}{{x - 1}}\) là số nguyên.

Do đó \(5\,\, \vdots \,\,\left( {x - 1} \right)\) hay \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,5\,;\,\, - 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

\(x - 1\)	\(1\)	\( - 1\)	\(5\)	\( - 5\)
\(x\)	\(2\) (TM)	\(0\) (TM)	\(6\) (TM)	\( - \,4\)(TM)

Vậy để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên  thì \(x \in \left\{ {1\,;\,\,0\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right\}.\)

Hướng dẫn giải

a) Biểu đồ trên là biểu đồ đoạn thẳng. Do số lượng máy bán được mỗi loại được nhân viên cửa hàng báo cáo hàng tháng qua văn bản nên để thu thập được dữ liệu thì quản lí cửa hàng chỉ cần thu thập từ văn bản báo cáo có sẵn nhận được từ nhân viên. Do đó phương pháp thu thập này là gián tiếp.

b) Số máy điều hòa mà cửa hàng X bán được trong 6 tháng đầu năm là:

\(30 + 40 + 60 + 75 + 92 + 89 = 386\) (chiếc).

Số máy sưởi mà cửa hàng X bán được trong 6 tháng đầu năm là:

\(12 + 10 + 9 + 9 + 5 + 3 = 48\) (chiếc).

Do đó, trong 6 tháng đầu năm, cửa hàng X bán được số máy điều hòa nhiều hơn số máy sưởi là: \(386 - 48 = 338\) (chiếc).

c) Vì tổng số máy sưởi bán được trong hai tháng 5 và 6 là: \(5 + 3 = 8\) (chiếc) \( < 9\) chiếc nên cửa hàng sẽ ngừng kinh doanh máy sưởi sau 6 tháng kinh doanh.

Gấp miếng bìa ta được hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có kích thước như hình vẽ.

Khi đó đáy \(ABCD\) là hình vuông và các mặt bên là các tam giác cân.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\)

Khi đó \(BM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(SM\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên \(SM \bot BC\) do đó \(\Delta SBM\) vuông tại \(M.\)

Áp dụng định lí Pythagore, ta có \(S{B^2} = S{M^2} + B{M^2}\)

Suy ra \(S{M^2} = S{B^2} - B{M^2} = {13^2} - {5^2} = 144.\)

Do đó \(SM = 12{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích của hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 10} \right) \cdot 12 = 240{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều được gấp từ miếng bìa là \(240{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

2.

a) Do \[ABCD\]là hình bình hành nên \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] và \[BC = AD.\]

Mà \[M \in BC,{\rm{ }}N \in AD\]nên \[MB\,{\rm{//}}\,ND\].

Lại có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}AD\] nên

\(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\).

Do đó \[MB = MC = NA = ND.\]

Tứ giác \[MBND\] có \[MB\,{\rm{//}}\,ND\] và \[MB = ND\] nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được \[MANC\] là hình bình hành.

Do \[MBND,{\rm{ }}MANC\] đều là hình bình hành nên \[PN\,{\rm{//}}\,MQ,{\rm{ }}PM\,{\rm{//}}\,NQ\](do \[P\] là giao điểm của \[AM\] và \[BN,{\rm{ }}Q\] là giao điểm của \[CN\] và \[DM).\]

Suy ra tứ giác \[PMQN\] là hình bình hành.

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta MNB\) có:

\[AN = BM\](chứng minh trên)

\[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do \[BM\,{\rm{//}}\,AN),\]

Cạnh \[BN\]chung

Do đó \(\Delta ABN = \Delta MNB\) (c.g.c).

Suy ra \[AB = MN\] (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác \[ABMN\] có \[AB = BM = MN = AN\] nên \[ABMN\] là hình thoi.

Suy ra \[AM \bot BN,\] do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành \[PMQN\] có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên \[PMQN\] là hình chữ nhật.

c) Ta có \[BM = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[ABMN\] là hình thoi nên \[AM\] là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác \[ABN\] có \[AB = AN\] và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác \[ABN\] đều.

Suy ra \[BN = AN = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[P\] là trung điểm của \[BN\] nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;(cm)}}\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[BMP\] vuông tại \[P,\] ta có:

\[B{M^2} = B{P^2} + M{P^2}.\]

Suy ra \[M{P^2} = B{M^2} - B{P^2} = {2^2} - {1^2} = 3.\]

Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do \[PMQN\] là hình chữ nhật nên diện tích của \[PMQN\] là:

\(MP \cdot NP = \sqrt 3 \cdot 1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích của tứ giác \[PMQN\] là \(\sqrt 3 \;\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Hướng dẫn giải

Ta có:

\({a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\)

\({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = 0\)

\({\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right) + {c^3} - 3abc = 0\)

\({\left( {a + b} \right)^3} + {c^3} - 3ab\left( {a + b + c} \right) = 0\)

\({\left( {a + b + c} \right)^3} - 3\left( {a + b} \right)c\left( {a + b + c} \right) - 3ab\left( {a + b + c} \right) = 0\)

\(\left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3ac - 3bc - 3ab} \right] = 0\)

\(\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ac - bc - ab} \right) = 0\)

Suy ra \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ac - bc - ab = 0\) (do \(a + b + c \ne 0).\)

Nên \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca.\]

Khi đó ta có \(N = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)}}\)

                        \( = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{3}.\)

Vậy \(N = \frac{1}{3}.\)