Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 8

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì đơn thức \(\frac{1}{3}{x^4}{y^3}\) có dạng tích của một số với những biến, mỗi biến chỉ xuất hiện một lần và đã được nâng lên lũy thừa với số mũ nguyên dương nên đơn thức \(\frac{1}{3}{x^4}{y^3}\) là đơn thức thu gọn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(2{x^4}{y^2} + M = - 3{x^4}{y^2}\)

Suy ra \(M = - 3{x^4}{y^2} - 2{x^4}{y^2} = - 5{x^4}{y^2}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Đẳng thức đúng là \({\left( {A + B} \right)^3} = {A^3} + 3{A^2}B + 3A{B^2} + {B^3}.\) Đây là hằng đẳng thức lập phương của một tổng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Tứ giác \[ABCD\] có \[\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,} = 360^\circ \] (tổng các góc của một tứ giác)

Vì tứ giác \[ABCD\] có số đo các góc \[\widehat {A\,\,},\,\,\,\widehat {B\,},\,\,\widehat {C\,},\,\,\widehat {D\,}\] tỉ lệ thuận với \[4;\,\,3;\,\,5;\,\,6\] nên \[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = \frac{{\widehat {B\,}}}{3} = \frac{{\widehat {C\,}}}{5} = \frac{{\widehat {D\,}}}{6}.\]

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = \frac{{\widehat {B\,}}}{3} = \frac{{\widehat {C\,}}}{5} = \frac{{\widehat {D\,}}}{6} = \frac{{\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,}}}{{4 + 3 + 5 + 6}} = \frac{{360^\circ }}{{18}} = 20^\circ \]

Suy ra \[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = 20^\circ ,\] nên \[\widehat {A\,\,} = 80^\circ .\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là hình thoi.

Tứ giác có 4 góc bằng nhau là hình chữ nhật.

Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau và 4 góc bằng nhau là hình vuông.

Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau không phải là hình bình hành.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét \(\Delta ABC\) với \[DE\,{\rm{//}}\,BC,\] ta có:

⦁ \(\frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AE}}{{EC}}\) (định lí Thalès). Do đó B là khẳng định đúng.

⦁ \[\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{BC}}\] (hệ quả của định lí Thalès).

Xét \(\Delta ADC\) với \[EF\,{\rm{//}}\,CD\,,\] ta có:

⦁ \(\frac{{AF}}{{AD}} = \frac{{EF}}{{CD}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) (hệ quả của định lí Thalès). Do đó A là khẳng định đúng.

Mà \[\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{BC}}\] nên \[\frac{{EF}}{{CD}} = \frac{{DE}}{{BC}}.\] Do đó D là khẳng định sai.

\(\frac{{AF}}{{AD}} = \frac{{AD}}{{AB}}.\) Do đó C là khẳng định đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(BAC\) (do \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}),\) nên \(\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{DB}}\) (tính chất đường phân giác). Do đó \(\frac{y}{x} = \frac{9}{5}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(\left( {{x^2} - y} \right)\left( {3x + {y^2}} \right) = A + \left( {6{x^4}y - 2x{y^4}} \right):2xy.\)

Suy ra \(A = \left( {{x^2} - y} \right)\left( {3x + {y^2}} \right) - \left( {6{x^4}y - 2x{y^4}} \right):2xy\)

\[ = {x^2}\left( {3x + {y^2}} \right) - y\left( {3x + {y^2}} \right) - \left[ {6{x^4}y:\left( {2xy} \right) - 2x{y^4}:\left( {2xy} \right)} \right]\]

\[ = 3{x^3} + {x^2}{y^2} - 3xy - {y^3} - \left( {3{x^3} - {y^3}} \right)\]

\[ = 3{x^3} + {x^2}{y^2} - 3xy - {y^3} - 3{x^3} + {y^3}\]

\[ = \left( {3{x^3} - 3{x^3}} \right) + {x^2}{y^2} - 3xy + \left( { - {y^3} + {y^3}} \right)\]

\[ = {x^2}{y^2} - 3xy.\]

Ta thấy hạng tử \[{x^2}{y^2}\] có bậc là 4, hạng tử \[ - 3xy\] có bậc là 2.

Do đó đa thức \(A = {x^2}{y^2} - 3xy\) có bậc là 4.

b) Thay \(x = - 1;\) \(y = 2\) vào \(A = {x^2}{y^2} - 3xy\) ta được:

\(A = {\left( { - 1} \right)^2} \cdot {2^2} - 3 \cdot \left( { - 1} \right) \cdot 2 = 4 + 6 = 10.\)

Vậy \(A = 10\) khi \(x = - 1;\) \(y = 2.\)

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

a) $12x^3–27x=0;$

\[3x\left( {4{x^2} - 9} \right) = 0\]

\[3x\left( {2x - 3} \right)\left( {2x + 3} \right) = 0\]

Vậy \(x \in \left\{ {0;\frac{3}{2}; - \frac{3}{2}} \right\}.\)

b) \[{\left( {4x + 3} \right)^2} = 3x\left( {3 + 4x} \right)\]

\[{\left( {4x + 3} \right)^2} - 3x\left( {3 + 4x} \right) = 0\]

\[\left( {4x + 3} \right)\left( {4x + 3 - 3x} \right) = 0\]

\[\left( {4x + 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\]

Vậy \(x \in \left\{ { - \frac{3}{4}; - 3} \right\}.\)

a) Xét tứ giác \[AHMK\] có:

\[\widehat {HAK} = 90^\circ \] (do \[\Delta ABC\] tại \[A,\,\,K \in AB,\,\,H \in AC);\]

\(\widehat {MHA} = 90^\circ \) (do \(MH \bot AC);\)

\[\widehat {MKA} = 90^\circ \] (do \[MK \bot AB)\]

Suy ra tứ giác \(AHMK\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có \(AHMK\) là hình chữ nhật nên \(AM = HK\) và hai đường chéo này cắt nhau tại trung điểm \(I\) của mỗi đường.

Xét \(\Delta AMC\) có: \(I\) và \(D\) lần lượt là trung điểm của \(AM,MC\)

Suy ra \(ID\) là đường trung bình của \(\Delta AMC\)

Do đó \(ID\,{\rm{//}}\,AC\) và \(ID = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình của tam giác) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(MH\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc \(AC)\)

Nên \(H\) là trung điểm của \(AC,\) do đó \(AH = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(ID = AH.\)

Xét tứ giác \(AIDH\) có \(ID = AH\) (chứng minh trên) và \(ID\,{\rm{//}}\,AH\) (do \(ID\,{\rm{//}}\,AC)\)

Suy ra tứ giác \[AIDH\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) ⦁ Xét \(\Delta KEH\) vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm \[HK\] nên \[EI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[HK\]

Do đó \(EI = \frac{1}{2}HK\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà \(HK = AM\) (chứng minh ở câu b) nên \(EI = \frac{1}{2}AM\)

Mà \[I\] là trung điểm của \[AM\] nên \[EI\] là đường trung tuyến của \(\Delta AEM\)

Do đó \(\Delta AEM\) vuông tại \(E.\)

⦁ Ta có: \(EI = \frac{1}{2}AM\) và \(IM = \frac{1}{2}AM\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM)\)

Do đó \(EI = IM,\) nên \(\Delta IME\) cân tại \(I,\) suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_2}}\)

Mặt khác: \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc so le trong do \(AM\,{\rm{//}}\,ED)\)

Nên \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}}\) hay \[EM\] là phân giác \(\widehat {IEH}.\)

⦁ Vì \[AIDH\] là hình bình hành (câu b) nên \(AI\,{\rm{//}}\,HD\) hay \(AM\,{\rm{//}}\,ED\)

Do đó \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_1}}\) (hai góc đồng vị)    (3)

Ta có \(AM = HK\) và \(AI = \frac{1}{2}AM,\) \(IH = \frac{1}{2}HK\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM,HK)\)

Nên \(AI = IH,\) do đó \(\Delta AIH\) cân tại \(I\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_2}}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {{H_2}} = \widehat {{H_1}}\) hay \(HA\) là phân giác \[\widehat {EHI}.\]

⦁ Xét \[\Delta HIE\] có \[HA,\,\,EM\] lần lượt là phân giác \[\widehat {EHI}\] và \[\widehat {IEH}\]

Suy ra \(IN\) là phân giác \(\widehat {EIH}\) hay \(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}.\)

Xét \(\Delta NIE\) và \(\Delta NIH\) có:

\[NI\] là cạnh chung;

\(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}\)(chứng minh trên);

\(EI = IH\) (cùng bằng \(\frac{1}{2}AM)\)

Do đó \(\Delta NIE = \Delta NIH\) (c.g.c)

Suy ra \(NE = NH\) (hai cạnh tương ứng)

Nên \(\Delta NEH\) cân tại \[N\]

Do đó \(\widehat {NHE} = \widehat {NEH}\) (tính chất tam giác cân)

Mà \(AM\,{\rm{//}}\,ED\) nên \(\widehat {NHE} = \widehat {NMA}\) và \(\widehat {NEH} = \widehat {NAM}\) (các cặp góc đồng vị)   

Nên \(\widehat {NMA} = \widehat {NAM}\)    

Mặt khác, \(\widehat {NMA} = \widehat {MAB}\) (hai góc so le trong do \(MH\,{\rm{//}}\,AB)\)

Do đó, \(\widehat {NAM} = \widehat {MAB}\)

Vậy \(AM\) là phân giác của \(\widehat {NAB}.\)

Hướng dẫn giải

a) Chị Lan đã ghi lại, thống kê và biểu diễn dữ liệu trên biểu đồ đã cho nên ta kết luận chị đã thu thập dữ liệu được biểu diễn trên biểu đồ bằng phương pháp thu thập trực tiếp.

b) Từ biểu đồ hình quạt tròn, ta hoàn thành được bảng thống kê sau:

c) Số kilôgam sầu riêng mà sạp hoa quả của chị Lan đã bán được trong ngày hôm đó là: \(200 \cdot 20\% = 40\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right).\)

Hướng dẫn giải

Ta có \[{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\]

Theo bài, \[{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\] nên suy ra \[ab + bc + ca = 0.\]

Đặt \[x = ab;y = bc;z = ca.\]

Khi đó \[x + y + z = 0.\] Suy ra \(x + y = - z;\,\,y + z = - x;\,\,z + x = - y.\)

Xét \[\left( {1 + \frac{a}{c}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)\left( {1 + \frac{c}{b}} \right) = \left( {1 + \frac{{ab}}{{bc}}} \right)\left( {1 + \frac{{bc}}{{ca}}} \right)\left( {1 + \frac{{ca}}{{ab}}} \right)\]

\[ = \left( {1 + \frac{x}{y}} \right)\left( {1 + \frac{y}{z}} \right)\left( {1 + \frac{z}{x}} \right)\]

\[ = \left( {\frac{{y + x}}{y}} \right)\left( {\frac{{z + y}}{z}} \right)\left( {\frac{{x + z}}{x}} \right)\]

\[ = \frac{{ - z}}{y}.\frac{{ - x}}{z}.\frac{{ - y}}{x} = - 1.\]

Xét \[\frac{{{a^3}{b^3} + {b^3}{c^3} + {c^3}{a^3}}}{{3{a^2}{b^2}{c^2}}} = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{{{\left( { - z} \right)}^3} - 3xy\left( { - z} \right) + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{ - {z^3} + 3xyz + {z^3}}}{{3xyz}} = \frac{{3xyz}}{{3xyz}} = 1.\]

Từ đó, \[T = \frac{{{a^3}{b^3} + {b^3}{c^3} + {c^3}{a^3}}}{{3{a^2}{b^2}{c^2}}} + \left( {1 + \frac{a}{c}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)\left( {1 + \frac{c}{b}} \right) = 1 + \left( { - 1} \right) = 0.\]

Vậy \(T = 0.\)