Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 9

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Phép cộng của hai đơn thức \(2x{y^2}z\) và \( - {x^2}yz\) là \(2x{y^2}z + \left( { - {x^2}yz} \right) = x{y^2}z.\)

Kết quả nhận được là \(x{y^2}z,\) đây một đơn thức.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(3xyz - 5{x^2}y - 6xyz + 4{x^2}yz = \left( {3xyz - 6xyz} \right) - 5{x^2}y + 4{x^2}yz\)

\( = - 3xyz - 5{x^2}y + 4{x^2}yz\)

Vì các đơn thức \( - 3xyz\) và \( - 5{x^2}y\) đều có bậc là \(3;\) đơn thức \(4{x^2}yz\) có bậc là \(4.\)

Nên đa thức \( - 3xyz - 5{x^2}y + 4{x^2}yz\) có bậc là \(4.\)

Vậy đa thức \(3xyz - 5{x^2}y - 6xyz + 4{x^2}yz\) có bậc là \(4.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

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

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Do hình thang đã cho là hình thang vuông nên nó có hai góc vuông. Gọi số đo góc còn lại của hình vuông là \(x.\)

Mà tổng các góc của một tứ giác bằng \(360^\circ \) nên ta có:

\(75^\circ + 90^\circ + 90^\circ + x = 360^\circ \)

Suy ra \[x = 360^\circ - \left( {75^\circ + 90^\circ + 90^\circ } \right) = 360^\circ - 255^\circ = 105^\circ .\]

Vậy góc còn lại không vuông của hình thang đó có số đo là \(105^\circ .\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hình thoi và hình vuông có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

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

⦁ \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) (hệ quả của định lí Thalès). Suy ra \(\frac{{AM}}{{MN}} = \frac{{AB}}{{BC}}.\) Do đó A là khẳng định đúng.

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

⦁ \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{BC}}\) (hệ quả của định lí Thalès). Do đó B là khẳng định đúng.

⦁ \(\frac{{CP}}{{BP}} = \frac{{CN}}{{AN}}\) (định lí Thalès). Do đó C là khẳng định đúng.

⦁ \(\frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NP}}{{AB}}\) (hệ quả của định lí Thalès).

Ta có \(AN \ne CN\) nên \(\frac{{AN}}{{AC}} \ne \frac{{CN}}{{AC}}\).

Mà \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) và \(\frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NP}}{{AB}}\) nên \(\frac{{MN}}{{BC}} \ne \frac{{NP}}{{AB}}.\) Do đó D là khẳng định sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

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

Suy ra \(\frac{{AB}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{DC}}\) (tính chất tỉ lệ thức)

Do đó \(\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{5}{4}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Trường hợp tìm hiểu trên mạng Internet về số ca mắc bệnh COVID-19 ở Việt Nam là phương pháp thu thập gián tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Ta có

\(A = 2xy\left( {x{y^2} - 3{x^2}y + 1} \right) = 2xy \cdot x{y^2} - 2xy \cdot 3{x^2}y + 2xy \cdot 1 = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy.\)

\[B = \left( {12{x^4}{y^5} - 36{x^5}{y^4} + 6{x^3}{y^3}} \right):6{x^2}{y^2}\]

 \[ = 12{x^4}{y^5}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right) - 36{x^5}{y^4}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right) + 6{x^3}{y^3}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right)\]

 \[ = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + xy\]

Mà \(A = M + B.\)

Suy ra \(M = A - B\)

 \(M = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy - \left( {2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + xy} \right)\)

\( = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy - 2{x^2}{y^3} + 6{x^3}{y^2} - xy\)

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

\( = xy.\)

Vậy \(M = xy.\)

b) Thay \(x =  - \frac{1}{4};\) \(y = 3\) vào \(M = xy\) đã thu gọn ở câu a, ta được:

\(M =  - \frac{1}{4} \cdot 3 =  - \frac{3}{4}.\)

Vậy \(M =  - \frac{3}{4}\) khi \(x =  - \frac{1}{4};\) \(y = 3.\)

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

a) \[\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {x^3} + 2x = 0\]

\[{x^3} + 1 - {x^3} + 2x = 0\]

\[\left( {{x^3} - {x^3}} \right) + 1 + 2x = 0\]

 \(2x + 1 = 0\)

\(2x =  - 1\)

\(x =  - \frac{1}{2}.\)

Vậy \(x =  - \frac{1}{2}.\)

b) \[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3} \right) + 5{x^2}\left( {3x - 5} \right) =  - 15{x^2} + 9{x^3}\]

\[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3} \right) - 5{x^2}\left( {5 - 3x} \right) =  - 3{x^2}\left( {5 - 3x} \right)\]

\[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3} \right) - 5{x^2}\left( {5 - 3x} \right) + 3{x^2}\left( {5 - 3x} \right) = 0\]

\[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3 - 5{x^2} + 3{x^2}} \right) = 0\]

\[\left( {5 - 3x} \right)\left( {3x + 3} \right) = 0\]

Suy ra \[5 - 3x = 0\] hoặc \[3x + 3 = 0\]

 \[3x = 5\] hoặc \[3x =  - 3\]

 \[x = \frac{5}{3}\] hoặc \[x =  - 1\]

Vậy \[x \in \left\{ {\frac{5}{3}; - 1} \right\}.\]

a) Xét tứ giác \(BHCK\) có \[M\] là trung điểm của hai đường chéo \[BC\] và \(HK\) (do \[MH = MK)\]

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

Do đó \(BK\,{\rm{//}}\,CH\) (tính chất hình bình hành).

Mà \(CE \bot AB\) hay \(CH \bot AB\) nên \(BK \bot AB\) tại \(B.\)

b) ⦁ Xét \[\Delta IHK\] có \[M\] là trung điểm của \[HK\] (do \[MH = MK)\] và \[G\] là trung điểm của \[HI\]

Nên \[GM\] là đường trung bình của \[\Delta IHK\]

Suy ra \[GM\,{\rm{//}}\,IK\]

Mà \[G,M\, \in BC\] nên \[BC\,{\rm{//}}\,IK\]

Tứ giác \(BIKC\) có \[BC\,{\rm{//}}\,IK\] nên là hình thang.

⦁ Ta có \(HG \bot BC\) hay \(BC \bot HI\) tại trung điểm \[G\] của \(HI\)

Nên \[BC\] là đường trung trực của \(HI\)

Suy ra \[BH = BI\] (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

Vì \[\Delta BIH\] có \[BH = BI\] nên \[\Delta BHI\] tại cân \[H\]

Vì \[\Delta BHI\] tại cân \[H\] có \[BC\] là đường trung trực của \(HI\) nên đồng thời là đường phân giác của góc \(HBI,\) hay \[\widehat {IBC} = \widehat {HBC}\] (1)

Tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành nên \(BH\,{\rm{//}}\,KC\)

Suy ra \[\widehat {BCK} = \widehat {HBC}\] (hai góc so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BCK} = \widehat {IBC}\left( { = \widehat {HBC}} \right).\]

Hình thang \(BIKC\) có \[\widehat {BCK} = \widehat {IBC}\] nên \(BIKC\) là hình thang cân.

c) ⦁ Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] có \[FM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\] nên \(FM\, = \,\frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\] nên \(EM\, = \,\frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Suy ra \(FM\, = \,EM\,\left( { = \,\frac{1}{2}BC} \right)\)

⦁ Xét tứ giác \(BECQ\) có:

\[\widehat {BEC} = 90^\circ \] (do \(CE \bot AB);\)

\[\widehat {EBQ} = 90^\circ \] (do \(BK \bot AB);\)

\[\widehat {BQC} = 90^\circ \] (do \[CQ \bot BK)\]

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

Khi đó hai đường chéo \(BC\) và \(EQ\) của hình chữ nhật \(BECQ\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[M\] cũng là trung điểm của \(EQ\)

⦁ Ta có \[FM\, = \,EM\,\](chứng minh trên) và \[ME\, = \,MQ = \frac{1}{2}EQ\] (do \[M\] là trung điểm của \(EQ)\)

Suy ra \[FM\, = \frac{1}{2}EQ.\]

Xét \[\Delta EFQ\] có đường trung tuyến \[FM\] ứng với cạnh \(EQ\) và \[FM\, = \frac{1}{2}EQ.\]

Do đó \[\Delta EFQ\] là tam giác vuông tại \[F.\]

Hướng dẫn giải

a) Dãy số liệu về xếp hạng thế giới của bóng đá nam Việt Nam là dãy số liệu rời rạc.

Năm 2015, thứ hạng của đội tuyển bóng đá nam Thái Lan (hạng 145) cao hơn thứ hạng của đội tuyển bóng đá nam Việt Nam (hạng 149).

b) Trong 10 năm, thứ hạng cao nhất của đội tuyển bóng đá nam Việt Nam là hạng 94 thế giới, đạt được vào năm 2020 và năm 2023.

c) Các giá trị biểu diễn trên trục đứng của hai biểu đồ theo thứ tự ngược nhau. Dùng biểu diễn như Hình b thuận lợi hơn trong việc nhận ra xu thế của thứ hạng vì đường gấp khúc đi lên, biểu diễn cho việc tăng về thứ hạng (thứ hạng nhỏ đi).

Hướng dẫn giải

Từ \(ab + bc + ca = 1,\) ta có:

⦁ \({a^2} + 1 = {a^2} + ab + bc + ca = \left( {{a^2} + ab} \right) + \left( {bc + ca} \right)\)

\( = a\left( {a + b} \right) + c\left( {a + b} \right) = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right);\)

⦁ \({b^2} + 1 = {b^2} + ab + bc + ca = \left( {{b^2} + ab} \right) + \left( {bc + ca} \right)\)

\( = b\left( {b + a} \right) + c\left( {a + b} \right) = \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right);\)

⦁ \({c^2} + 1 = {c^2} + ab + bc + ca = \left( {{c^2} + bc} \right) + \left( {ab + ca} \right)\)

\[ = c\left( {c + b} \right) + a\left( {b + c} \right) = \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right).\]

Khi đó \(M = \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right)\)

 \( = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\)

 \( = {\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}\)

 \( = {\left[ {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} \right]^2}\)

Vậy biểu thức \(M = \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right)\) là bình phương của một số hữu tỉ.