Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 10

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Áp dụng tính chất cơ bản của phân thức, ta có

\[\frac{A}{B} = \frac{{A:N}}{{B:N}},\,\,N\] là một nhân tử chung.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[7 - 3x = 9 - x\]

\[ - 3x + x = 9 - 7\]

\[ - 2x = 2\]

\[x =  - 1\].

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \[S = \left\{ { - 1} \right\}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Số tuổi của Lan sau \[5\] năm là \(x\) (tuổi).

Số tuổi của Lan hiện nay là \(x - 5\) (tuổi).

Số tuổi của mẹ Lan hiện nay là \(x - 5 + 20 = x + 15\) (tuổi).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

• Với \(x = 0\), ta có \(y = 3 \cdot 0 + 1 = 1\).

• Với \(x = 1\), ta có \(y = 3 \cdot 1 + 1 = 4\).

Vậy các số lần lượt cần điền vào dấu “\(?\)” trong bảng là \(1\,;\,\,4\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Các kết quả thuận lợi của biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia hết cho cả 2 và 5” là \[10\,;\,\,20\,;\,\,30.\]

Vậy xác suất của biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia hết cho cả 2 và 5” là: \(\frac{3}{{30}} = \frac{1}{{10}}.\)

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.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Xét \(\Delta HIG\) và \[{\rm{\Delta }}DEF\] có \[\widehat H = \widehat D\], \[\widehat I = \widehat E\] (gt).

Do đó ΔHIG  ∽ΔDEF (g.g).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Các cạnh bên của hình chóp tứ giác đều \[S.MNPQ\] là \[MN,{\rm{ }}NP,{\rm{ }}PQ,{\rm{ }}MP\].

Hướng dẫn giải

a) Với \(x \ne 0,\,\,x \ne  \pm 1\), ta có:

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

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

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

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

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

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

Vậy với \(x \ne 0,\,\,x \ne  \pm 1\) thì \(K = \frac{{x + 3}}{x}.\)

b) Ta có \(K = \frac{{x + 3}}{x} = 1 + \frac{3}{x}.\)

Để biểu thức \(K\) nhận giá trị nguyên thì \(\frac{3}{x} \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \)Ư\[\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 3} \right\}\] và \(x \ne 0,\,\,x \ne  \pm 1\),

Do đó, \(x =  \pm 3\) thì biểu thức \(K\) nhận giá trị nguyên.

Hướng dẫn giải

a) Vì 1 dặm bằng khoảng \(1,609\,\,{\rm{km}}\) nên công thức để chuyển đổi \(x\,\,{\rm{km}}\) sang \(y\) dặm có dạng hàm số bậc nhất là

\(y = 1,609x.\)

+) Với \(x = 0\) thì \(y = 1,609 \cdot 0 = 0\).

+) Với \(x = 1\) thì \(y = 1,609 \cdot 1 = 1,609\).

Công thức \(y = 1,609x\) là một hàm số bậc nhất của \(x\) vì với mỗi giá trị của \(x\) thì ta tìm được giá trị tương ứng của \(y\).

b) Với vận tốc 55 dặm/giờ hay \(x = 55\), ta có

\(y = 1,609 \cdot 55 = 88,495 > 80.\)

Vậy ô tô đó đã vi phạm luật giao thông.

Hướng dẫn giải

a) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số có chữ số tận cùng là 2” đó là 2 và 12.

Do đó, xác suất của biến cố đó là \(\frac{2}{{20}} = \frac{1}{{10}}\).

b) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số có hai chữ số với tích các chữ số bằng 4” đó là 14.

Do đó, xác suất của biến cố đó là \(\frac{1}{{20}}\).

Hướng dẫn giải

1.

a) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\], ta có:

\(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\)

Suy ra \(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}\).

Do đó     \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {3,7} \right)}^2} - {{\left( {1,2} \right)}^2}}  = 3,5\,\,(m)\)

b) Ta có :\(\frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{3,5}}{{1,2}} \approx 2,9\).

Mà \[2,9 > 2,2\] nên khoảng cách đặt thang cách chân tường là không an toàn.

2. Kẻ \[SI \bot BC\,\,\left( {I \in BC} \right)\] .

Suy ra \[BI = CI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\,\,\,{\rm{(cm)}}\].

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \[\Delta SIB\], ta có:

\[S{I^2} = S{B^2} - B{I^2} = {17^2} - {8^2} = 225\].

Do đó \[SI = 15\,\,\,{\rm{cm}}\].

Diện tích toàn phần của hình chóp là:

\[{S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 2 \cdot 16 \cdot 15 + 16 \cdot 16 = 736\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Vậy diện tích toàn phần của hình chóp tứ giác đều là \[736\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta ACE\] có:

\[\widehat {BAC}\] chung,

\[\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ \](gt)

Suy ra ΔABD∽  ΔACE  (g.g).

b) Vì  (câu a) nên \[\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}\] (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét \[\Delta AED\] và \[\Delta ACB\] có

\[\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}\] (chứng minh trên)

\[\widehat {BAC}\] chung,

Do đó ΔAED∽  ΔACB  (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\] (hai góc tương ứng)

Mặc khác \[\widehat {ADE} + \widehat {EDC} = 180^\circ \] (hai góc kề bù)

Do đó \[\widehat {ADE} + \widehat {EDC} = \widehat {ABC} + \widehat {EDC} = 180^\circ \].

Vậy \[\widehat {ABC} + \widehat {EDC} = 180^\circ .\]

c) Vì ΔABD∽  ΔACE  (câu a) nên \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{CE}}\) (tỉ số đồng dạng)

Mà \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng \[BD\] và \[CE\] nên \[BD = 2BM\] và \[CE = 2CN.\]

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{CE}} = \frac{{2BM}}{{2CN}} = \frac{{BM}}{{CN}}.\)

Xét \[\Delta ABM\] và \[\Delta ACN\] có:

\(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{CN}}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\) (do cùng phụ với \(\widehat {BAC}\))

Do đó ΔABM∽  ΔACN  (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {BAM} = \widehat {CAN}\] (hai góc tương ứng)

Lại có AK là tia phân giác của \(\widehat {MAN}\) (giả thiết)

Suy ra \[\widehat {MAK} = \widehat {NAK}\] (tính chất tia phân giác của một góc)

Do đó \[\widehat {BAM} + \widehat {MAK} = \widehat {CAN} + \widehat {NAK}\] hay \(\widehat {BAK} = \widehat {KAC}\)

Nên \[AK\] là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

Theo tính chất tia phân giác của tam giác ta có: \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{KB}}{{KC}}\).

Do đó \[KB \cdot AC = KC \cdot AB\] (điều phải chứng minh).

Hướng dẫn giải

Ta có \(xy + z = xy + z\left( {x + y + z} \right) = xy + zx + zy + {z^2} = \left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right).\)

Tương tự, ta có

\(yz + x = \left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right).\)

\(zx + y = \left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right).\)

Thế vào \(P\), ta được

\(P = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy + z}} \cdot \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{yz + x}} \cdot \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{zx + y}}\)

\( = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}} \cdot \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}} \cdot \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{\left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right)}}\)

\( = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}{{\left( {y + z} \right)}^2}{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}{{\left( {y + z} \right)}^2}{{\left( {z + x} \right)}^2}}} = 1.\)

Vậy giá trị biểu thức \(P\) không phụ thuộc vào biến giá trị của biến.