Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 7

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Phân thức \[\frac{A}{B}\] xác định khi \(B \ne 0\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

• Phương trình \(mx + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số) là phương trình một ẩn;

• Các phương trình \[2{x^2} - yz = 7\]; \(x\left( {y - 2} \right) = 3\); \({x^2} + 2xyz = 0\) đều có nhiều hơn một ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Chiều dài của hình chữ nhật là \[x\,\,\left( {cm} \right)\].

Chiều rộng của hình chữ nhật là \[x - 3\,\,\left( {cm} \right)\].

Vì diện tích hình chữ nhật là \[4\,\,c{m^2}\] nên ta có phương trình là \[x\left( {x - 3} \right) = 4\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Vì đồ thị hàm số \(y = ax + 3\) đi qua điểm \[\left( {1;\,\,5} \right)\] nên ta có \(5 = a \cdot 1 + 3\).

Suy ra \(a = 2.\) Khi đó ta có hàm số \(y = 2x + 3.\)

Đồ thị hàm số \(y = 2x + 3\) đi qua điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên ta có tung độ của điểm này là:

\(y = 2 \cdot \left( { - 5} \right) + 3 =  - 10 + 3 =  - 7.\)

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Số học sinh lớp 8B là: \(7 + 12 + 19 + 2 = 40\) (học sinh).

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Học sinh xếp loại đạt” là \[\frac{{19}}{{40}}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì  và có tỉ số đồng dạng bằng \[k = \frac{1}{2}\].

Do đó \[\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = \frac{1}{2}\].

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Vì \[AB\,{\rm{//}}\,CD\] (gt) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ODC}\] (cặp góc so le trong) .

Xét \[{\rm{\Delta }}OAB\] và \[{\rm{\Delta }}OCD\] có:

\[\widehat {ABO} = \widehat {ODC}\] (chứng minh trên); \[\widehat {AOB} = \widehat {COD}\] (hai góc đối đỉnh)

Do đó ΔOAB∽  ΔOCD  (g.g).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Mặt đáy \[MNP\] của hình chóp tam giác đều \[S.MNP\] là hình tam giác đều \[MNP\].

Do đó, mỗi góc mặt đáy \[MNP\] của hình chóp tam giác đều \[S.MNP\] bằng \[60^\circ \].

Hướng dẫn giải

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

Điều kiện xác định của biểu thức \(N\) là \(x + 1 \ne 0,\) \(x - 1 \ne 0,\) \(2 + x \ne 0\) và \({x^2} - 1 \ne 0\)

Hay \(x \ne  - 1,\) \(x \ne 1\) và \(x \ne  - 2.\)

Do đó, biểu thức \(N\) xác định khi \(x \ne  - 1,\) \(x \ne 1\) và \(x \ne  - 2.\)

Với \(x \ne  - 1,\) \(x \ne 1\) và \(x \ne  - 2,\) ta có:

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

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

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

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

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

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

Vậy với \(x \ne  - 1,\) \(x \ne 1\) và \(x \ne  - 2,\) thì \(N = \frac{x}{{x + 1}}.\)

b) Ta có \(\left| x \right| = 2\) suy ra \(x = 2\) (thỏa mãn điều kiện) hoặc \(x =  - 2\) (không thỏa mãn điều kiện).

Thay \(x = 2\) vào biểu thức \(N = \frac{x}{{x + 1}},\) ta được:

\(N = \frac{2}{{2 + 1}} = \frac{2}{3}.\)

Vậy \(N = \frac{2}{3}\) khi \(\left| x \right| = 2.\)

Hướng dẫn giải

a) Đường thẳng \(\left( d \right):y =  - 3x\) đi qua gốc tọa độ \(O\,(0;\,\,0)\) và điểm \(P\left( {1\,;\,\,3} \right)\).

Đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = x + 2\) đi qua gốc tọa độ \(M\,( - 2;\,\,0)\) và cắt trục tung tại điểm \(M\,(0\,;\,\,2).\)

b) Vì đường thẳng \(\left( {d''} \right):y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = x + 2\) nên \(a = 1.\)

Khi đó \(\left( d \right):y = x + b\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 1\,;\,\,3} \right)\) nên \(3 =  - 1 + b\), suy ra \(b = 4.\)

Vậy hàm số cần tìm là \(y = x + 4.\)

Hướng dẫn giải

a) Trong 50 lần thử, số lần gieo được mặt có số chấm là số chẵn là:

\[9 + 5 + 13 = 27\] (lần).

b) Trong 50 lần thử, số lần gieo được mặt có số chấm là số lẻ là:

\[50 - 27 = 23\] (lần).

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Gieo được mặt có số chấm là số lẻ” sau 50 lần thử trên là \[\frac{{23}}{{50}} = 0,46\].

Hướng dẫn giải

1. Xét tam giác \[ABC\] ta có:

\(B{C^2} = {5^2} = 25;\)  \(A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\)

Do đó \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}.\)

Theo định lý Pythagore đảo thì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A.\]

Vậy hai phần móng đó vuông góc với nhau.

2.

Ta có \(SE\) là trung đoạn nên \(E\) là trung điểm của \(AB\).

Xét \(\Delta ABD\) có \(E,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BD\).   

Do đó \(EH\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(EH = \frac{1}{2}AD = 12\,\,{\rm{cm}}\).

Xét \(\Delta SEH\) vuông tại \(H\) có: \(S{E^2} = S{H^2} + E{H^2}\)

\(S{E^2} = {35^2} + {12^2}\)

\(SE = 37\,\,{\rm{cm}}\).

Vậy độ dài trung đoạn của chậu cây cảnh là 37 cm.

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta CAB\] có:

\[\widehat {ABH} = \widehat {CBA}\;\left( {\widehat B\;\,{\rm{chung}}} \right)\]

\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó ΔABH∽  ΔCBA  (g.g)  .

b) Lần lượt xét hai tam giác vuông \[ABC\] và \[ABH\] có:

+) \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ  - \widehat {BAC} = 90^\circ \) (1)

+) \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 180^\circ  - \widehat {AHB} = 90^\circ \) (2)

Từ (1) và (2) nên suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {BAH}\) (vì cùng phụ với \(\widehat {ABC}\))

Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta CAH\] có:

\(\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\(\widehat {AHB} = \widehat {CHA}\;\,\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó ΔABH∽  ΔCAH  (g.g)  .

Suy ra \(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}}\) hay \(A{H^2} = HB \cdot HC\) (đpcm).

c) Ta có \[AH \bot BC\] mà \[DE{\rm{ // }}AH\] nên suy ra \[DE \bot BC\].

Gọi \[K\] là hình chiếu của \[E\] lên \[AH\].

Từ đó suy ra tứ giác \[EDHK\] là hình chữ nhật có:

+) \(\widehat {EKH} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AKE} = 90^\circ \).

+) \[EK = HD = HA\].

Lại có:

+) \(\widehat {BAC} = \widehat {BAH} + \widehat {KAE} = 90^\circ \).

+) \(\widehat {KAE} + \widehat {KEA} = 180^\circ  - \widehat {AKE} = 90^\circ \).

Nên suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {BAH}\) (vì cùng phụ với \(\widehat {KAE}\)).

Xét \[\Delta AKE\] và \[\Delta BHA\] có:

\(\widehat {AKE} = \widehat {BHA}\;\,\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(EK = AH\;\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\(\widehat {AEK} = \widehat {BAH}\;\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó \(\Delta AKE = \Delta BHA\;\,\left( {{\rm{g}}{\rm{.c}}{\rm{.g}}} \right)\).

Từ đó suy ra \[AE = AB\] (hai cạnh tương ứng).

Ta có \({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right).\)

Vì \({a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\) và \(a + b + c \ne 0\) nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 0.\)

Lại có \(2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)\)

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

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

Như vậy, từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 0\) suy ra \(a = b = c.\)

Do đó, \(N = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{9{a^2}}} = \frac{1}{3}.\)