Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 1
17 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất?
\(y = \frac{1}{2}x - 1.\)
\(y = \frac{1}{{2x}}.\)
\[y = - 2{x^2} + 1.\]
\(y = \frac{1}{x} + 1.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Hàm số \(y = \frac{1}{2}x - 1\) là hàm số bậc nhất.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = 2x + 1.\) Để giá trị của hàm số bằng 7 thì giá trị của \(x\) bằng bao nhiêu?
\(x = 3.\)
\(x = 5.\)
\(x = 1.\)
\(x = 2.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Để giá trị của hàm số bằng 7 thì \(2x + 1 = 7.\) Suy ra \(2x = 6\) nên \(x = 3.\)
Vậy ta chọn phương án A.
Cho hàm số \(y = \frac{{m - 2}}{{m + 3}}x + 7.\) Với giá trị nào của \(m\) thì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất?
\(m \ne 2.\)
\(m \ne - 2.\)
\(m = - 3.\)
\(m \ne 2\) và \(m \ne - 3.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Để hàm số \(y = \frac{{m - 2}}{{m + 3}}x + 7\) là hàm số bậc nhất thì \(a = \frac{{m - 2}}{{m + 3}} \ne 0\) tức là \(m - 2 \ne 0\) và \(m + 3 \ne 0\) hay \(m \ne 2\) và \(m \ne - 3.\)
Vậy ta chọn phương án D.
Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn?
\[0x + 3 = 0.\]
\[{x^2} - 2 = 0\].
\(\frac{1}{2}x - 3 = 0.\)
\(\frac{5}{x} + 1 = 0.\)
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b = 0\) với \(a \ne 0.\)
Phương trình \[3x - 2 = 2x + 5\] có bao nhiêu nghiệm?
\(0\).
\(1\).
\(2\).
Vô số nghiệm.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Ta có: \[3x - 2 = 2x + 5\]
\[3x - 2x = 5 + 2\]
\[x = 7\]
Phương trình \[3x - 2 = 2x + 5\] có \(1\) nghiệm.
Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào là đúng?
Đường trung bình của tam giác là đường nối hai cạnh của tam giác.
Đường trung bình của tam giác là đoạn nối trung điểm hai cạnh của tam giác.
Trong một tam giác chỉ có một đường trung bình.
Đường trung bình của tam giác là đường nối từ một đỉnh đến trung điểm cạnh đối diện.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Khẳng định đúng là: Đường trung bình của tam giác là đoạn nối trung điểm hai cạnh của tam giác.
Cho hình vẽ.
Độ dài \(GK\) là
\[7,2\].
\[4,8\].
\[5,7\].
\[6,4\].
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Ta có \(GH = GQ + QH = 4 + 2 = 6\).
Vì \(PQ \bot GH;\,\,KH \bot GH\) nên \(PQ\,\,{\rm{//}}\,KH\).
Xét \(\Delta GHK\) có \(PQ\,\,{\rm{//}}\,KH\), theo định lí Thalès, ta có \[\frac{{QH}}{{GH}} = \frac{{PK}}{{GK}}\].
Hay \[\frac{2}{6} = \frac{{2,4}}{{GK}}\] nên \[GK = \frac{{6 \cdot 2,4}}{2} = 7,2\,\,{\rm{(cm)}}\].
Vậy độ dài đoạn thẳng \(GK\) bằng \[7,2\,\,{\rm{cm}}\].
Cho các mệnh đề sau:
(I) Nếu một góc nhọn của tam giác vuông này bằng một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông ấy đồng dạng.
(II) Nếu một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông ấy đồng dạng.
Hãy chọn đáp án đúng:
Cả (I) và (II) đều đúng.
Chỉ có (II) đúng.
Chỉ có (I) đúng.
Cả (I) và (II) đều sai.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Khẳng định (I) đúng
Khẳng định (II) sai. Phát biểu đúng là: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông ấy đồng dạng.
Cho tam giác \[ABC\] đồng dạng với tam giác \[MNP\] theo tỉ số \[2\]. Khẳng định nào sau đây là đúng?
\[MN = 2AB\].
\[AC = 2NP\].
\[MP = 2BC\].
\[BC = 2NP\].
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Vì theo tỉ số \[2\] nên \(\frac{{BC}}{{NP}} = 2\) hay \(BC = 2NP\).
Cho hình bình hành \[ABCD\], kẻ \[AH\, \bot \,CD\] tại \[H\]; \[AK\, \bot BC\] tại \[K\]. Khẳng định nào sau đây là đúng?
ΔHDA∽ ΔKAB.
ΔADH∽ ΔABK.
ΔKAB∽ ΔKAB.
ΔBKA∽ ΔAHD.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Vì \[ABCD\] là hình bình hành (gt) nên \[\widehat B = \widehat D\] (hai góc đối của hình bình hành)
Xét \[\Delta ADH\] và \[\Delta ABK\] có
\[\widehat B = \widehat D\] (cmt)
\[\widehat {AHD} = \widehat {AKB} = 90^\circ \]
Do đó ΔADH∽ ΔABK(g.g)
Một hộp có 4 tấm thẻ cùng loại được đánh số lần lượt: \[2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5.\] Chọn ngẫu nhiên một thẻ từ hộp, kết quả thuận lợi cho biến cố “Số ghi trên thẻ chia hết cho 2” là
Thẻ ghi số 2 và thẻ ghi số 3.
Thẻ ghi số 2 và thẻ ghi số 4.
Thẻ ghi số 2 và thẻ ghi số 5.
Thẻ ghi số 3 và thẻ ghi số 4.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Trong các số \[2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\] thì có 2 và 4 chia hết cho 2.
Do đó, kết quả thuận lợi cho biến cố “Số ghi trên thẻ chia hết cho 2” là thẻ ghi số 2 và thẻ ghi số 4.
Bạn My có các tấm thẻ, mỗi tấm thẻ ghi một chữ cái trong từ “MATHEMATIC”. Bạn My rút ngẫu nhiên một tấm thẻ. Xác suất để rút được tấm thẻ ghi chữ T là
1.
\[0,1\].
\[0,2\].
\[0,3\].
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Có 10 chữ cái trong từ “MATHEMATIC” nên số kết quả có thể là 10.
Chọn ngẫu nhiên một thẻ nên các kết quả có thể là đồng khả năng.
Có 2 tấm thẻ ghi chữ T nên có 2 kết quả thuận lợi.
Xác suất để rút được tấm thẻ ghi chữ T là \[\frac{2}{{10}} = 0,2\].
PHẦN II. TỰ LUẬN
Các giá trị tương ứng của hai đại lượng \(x\) và \(y\) được cho bởi các bảng sau. Đại lượng \(y\) có phải là một hàm số của đại lượng \(x\) không?
a)
| b)
|
Hướng dẫn giải
a) Đại lượng \(y\) là một hàm số của đại lượng \(x\) vì với mỗi giá trị của \(x\) \(\left( {x \in \left\{ { - 3;\,\, - 2;\,\,2;\,\,4;\,\,6} \right\}} \right),\) ta luôn xác định được chỉ một giá trị tương ứng của \(y\).
b) Đại lượng \(y\) không phải là một hàm số của đại lượng \(x\) vì với \(x = - 2\) ta luôn xác định được chỉ một giá trị tương ứng của \(y\) \(\left( {y = - 1\,;\,\,y = 1} \right).\)
Một bể có gắn ba vòi nước: hai vòi chảy vào và một vòi tháo ra (vòi tháo ra đặt ở đáy bể). Biết rằng, nếu chảy một mình, vòi thứ nhất chảy \[8\] giờ đầy bể, vòi thứ hai chảy \[6\] giờ đầy bể và vòi thứ ba tháo \[4\] giờ thì cạn bể đầy. Bể đang cạn, người ta mở đồng thời vòi thứ nhất và vòi thứ hai trong \[2\] giờ rồi mở tiếp vòi thứ ba. Sau bao lâu kể từ lúc mở vòi thứ ba thì đầy bể?
Hướng dẫn giải
Gọi \[x\] (giờ) là thời gian từ lúc mở vòi thứ ba đến khi đầy bể \[\left( {x > 0} \right)\]
Mỗi giờ vòi thứ nhất, vòi thứ hai, vòi thứ ba chảy được lần lượt là \[\frac{1}{8}\,;\,\,\frac{1}{6}\,;\,\,\frac{1}{4}\] (bể)
Mỗi giờ cả ba vòi chảy được \[\frac{1}{8} + \frac{1}{6} - \frac{1}{4} = \frac{1}{{24}}\] (bể)
Mỗi giờ vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy được \[\frac{1}{8} + \frac{1}{6} = \frac{7}{{24}}\] (bể)
Sau \[2\] giờ, vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy được \[2 \cdot \frac{7}{{24}} = \frac{7}{{12}}\] (bể)
Sau \[x\] giờ, lượng nước trong bể là \[x \cdot \frac{1}{{24}} = \frac{x}{{24}}\] (bể)
Theo bài ra ta có phương trình \[\frac{7}{{12}} + \frac{x}{{24}} = 1\]
\[\frac{x}{{24}} = \frac{5}{{12}}\]
\[x = \frac{{24 \cdot 5}}{{12}}\]
\[x = 10\] (TMĐK)
Vậy sau \[10\] giờ kể từ lúc mở vòi thứ ba thì đầy bể.
Gieo ngẫu nhiên xúc xắc một lần.
a) Gọi \(A\) là tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra đối với mặt xuất hiện của xúc xắc. Tính số phần tử của tập hợp \(A\).
b) Tính xác suất của mỗi biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc có số chấm là số không chia hết cho 3”.
Hướng dẫn giải
a) Tập hợp \(A\) gồm các kết quả có thể xảy ra đối với mặt xuất hiện của xúc xắc là:\(A = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}\).
Vậy có 6 phần tử của tập hợp \(A\).
b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc có số chấm là không chia hết cho 3” đó là mặt 1 chấm; mặt 2 chấm; mặt 4 chấm; mặt 5 chấm.
Vì thế xác suất của biến cố đó là: \(\frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).
Bóng của một cái tháp trên mặt đất có độ dài \[BC = 63{\rm{ m}}.\] Cùng thời điểm đó, một cây cột \[DE\] cao 2 m cắm vuông góc với mặt đất có bóng dài 3 m (hình vẽ). Tính chiều cao của tháp.
Hướng dẫn giải
Ta có \(AB \bot BC;\,\,DE \bot BC\) nên \(DE\,{\rm{//}}\,AB\).
Xét tam giác \(ABC\) có \(DE\,{\rm{//}}\,AB\), ta có
\[\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CE}}{{CB}}\] (hệ quả của định lí Thalès).
Hay \[\frac{2}{{AB}} = \frac{3}{{63}}\] suy ra \[AB = 42\,\,{\rm{m}}\].
Vậy chiều cao của tháp là 42 m.
Cho tam giác \[ABC\] nhọn \[\left( {AB < AC} \right)\] có hai đường cao \[BE,{\rm{ }}CF\] cắt nhau tại \[H.\]
a) Chứng minh: ΔFHB∽ ΔEHC .
b) Chứng minh: \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\).
c) Đường thẳng qua \[B\] và song song với \[EF\] cắt \[AC\] tại \[M.\] Gọi \[I\] là trung điểm của \[BM,{\rm{ }}D\] là giao điểm của \[EI\] và \[BC.\] Chứng minh ba điểm \[A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D\] thẳng hàng.
a) Xét \[\Delta FHB\] và \[\Delta EHC\] có:
\[\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\]
\(\widehat {HFB} = \widehat {HEC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)
Do đó ΔFHB∽ ΔEHC (g.g) .
b) Xét \[\Delta AEB\] và \[\Delta AFC\] có:
\(\widehat {EAB} = \widehat {FAC}\;\,\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\)
\(\widehat {AEB} = \widehat {AFC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)
Do đó ΔAEB∽ ΔACF (g.g)
Suy ra \(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\) (đpcm)
c)
• Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE,{\rm{ }}CF\] và cắt nhau tại \[H\] nên suy ra \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\] nên \[AH \bot BC\]. (1)
• Xét \[\Delta BEM\] vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm của \[BM\] nên \(IE = BI = IM = \frac{{BM}}{2}\).
• Xét \[\Delta IEM\] có \[IE = IM\] (cmt) nên tam giác \[IEM\] cân tại \[I\].
Suy ra \(\widehat {IEM} = \widehat {IME}\). (2)
• Xét \[\Delta ABC\] có \[FE{\rm{ // }}BC\] suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {AMB}\) (hai góc đồng vị). (3)
• Ta có \[AF \cdot AB = AE \cdot AC\] suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).
• Xét \[\Delta ABF\] và \[\Delta ABC\] có:
\[\widehat {EAF} = \widehat {BAC}\,\;\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\]
\[\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\]
Do đó ΔAEF∽ ΔABC (c.g.c) .
Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (hai góc tương ứng). (4)
Từ (2), (3), (4) suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\).
• Xét \[\Delta CED\] và \[\Delta CBA\] có:
\(\widehat {ECD} = \widehat {BCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\)
\(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
Do đó ΔCED∽ ΔCBA (c.g.c) .
Suy ra \(\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\).
• Xét \[\Delta CEB\] và \[\Delta CDA\] có:
\(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)
\(\widehat {ECB} = \widehat {DCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\)
Do đó ΔCEB∽ ΔCDA (c.g.c).
Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {CEB}\) (hai góc tương ứng).
Nên \(\widehat {CDA} = 90^\circ \), do đó \(AD \bot BC\). (5)
Từ (1) và (5) suy ra ba điểm \[A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D\] thẳng hàng (đpcm).
