Bộ 10 đề thi cuối kì Toán 8 Cánh diều có đáp án - Đề 10

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(4{x^2} - 1 = {\left( {2x} \right)^2} - {1^2} = \left( {2x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right).\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Biểu thức \(\frac{x}{0}\) không phải phân thức vì mẫu thức là đa thức không.

Biểu thức \(\frac{{x + y}}{{\frac{1}{y}}}\) và \(\frac{1}{{\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{xy}}}}\) không phải là phân thức thì mẫu thức không phải là đa thức.

Biểu thức \(\frac{{{x^2} + y}}{{\frac{1}{2}y}}\) là đa thức vì \({x^2} + y\) và \(\frac{1}{2}y\) đều là đa thức khác đa thức 0.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì đồ thị hàm số \(y = ax - 1\) đi qua điểm \[\left( {1;2} \right)\] nên ta có:\(2 = a \cdot 1 - 1\)

Suy ra \(a = 3.\) Khi đó ta có hàm số \(y = 3x - 1.\)

Đồ thị hàm số \(y = 3x - 1\) đi qua điểm có tung độ bằng \( - 4\) nên ta có hoành độ của điểm này thỏa mãn:

\( - 4 = 3x - 1,\) suy ra \(3x = - 3\) nên \(x = - 1.\)

Vậy ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hai đường thẳng \(d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) và \[d':y = a'x + b'\,\,\left( {a' \ne 0} \right)\] cắt nhau khi và chỉ khi \(a = a'\) và \[b \ne b'.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Nếu hình chóp có đáy là tam giác đều, chân đường cao trùng với trọng tâm của tam giác thì nó là hình chóp đều.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Chu vi của đáy hình chóp tứ giác đều độ dài trung đoạn là \(a,\) diện tích xung quanh là \({S_{xq}}\) là: \(C = \frac{{2{S_{xq}}}}{a}\)

Do đó độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều này là: \(\frac{{2{S_{xq}}}}{{4a}} = \frac{{{S_{xq}}}}{{2a}}.\)

D. \(120^\circ .\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Các phương án A, B, D là các khẳng định đúng theo dấu hiệu nhận biết hình vuông.

Phương án C sai vì hình thoi đã có sẵn hai đường chéo vuông góc, hình thoi cần có hai đường chéo bằng nhau thì mới là hình vuông.

Hướng dẫn giải

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

Điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x - 1 \ne 0,\) \(x + 1 \ne 0,\) \(x \ne 0\) hay \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

b) Với điều kiện \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có:

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

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

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

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

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

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

Vậy với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) thì \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

c) Với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 5}}{{x - 1}} = 1 + \frac{5}{{x - 1}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) đạt giá trị nguyên thì \(\frac{5}{{x - 1}}\) là số nguyên

Do đó \(5\,\, \vdots \,\,\left( {x - 1} \right)\) hay \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,5\,;\,\, - 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(x \in \left\{ {1\,;\,\,0\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right\}.\)

Hướng dẫn giải

a) Do đường thẳng \[{d_1}\] đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right)\) nênthay \[x = 1,{\rm{ }}y = 1\] vào hàm số \[y = mx - 2m - 2\] ta có:

\[1 = m \cdot 1 - 2m - 2\]

Do đó 1=m–2m–2

Suy ra m=–3.

Vậy với \[m = - 3\] thì đường thẳng \({d_1}\) đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right).\)

b) Với \[m = - 3\], ta có đường thẳng \[{d_1}:{\rm{ }}y = - 3x + 4.\]

Suy ra hệ số góc của đường thẳng \[{d_1}\] là a=–3<0. Vậy góc \(\alpha \) là góc tù.

c) Để \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau thì \[m \ne 3 - 2m\] hay \[3m \ne 3\], suy ra \[m \ne 1.\]

Vậy với \(m \ne 0,m \ne \frac{3}{2},m \ne 1\) thì \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau.

Hướng dẫn giải

1)

Theo bài, ta có trung đoạn \(d = 18,66{\rm{\;cm}}\) và diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều là \({S_{xq}} = 858,4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Do đó độ dài cạnh đáy của hình chóp là:

\(CD = \frac{{{S_{xq}}}}{{2d}} = \frac{{858,4}}{{2 \cdot 18,66}} \approx 23{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên \(SI\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó \(CI = DI = \frac{{CD}}{2} \approx \frac{{23}}{2} = 11,5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(SCI,\) ta có:

\(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} \approx 18,{66^2} + 11,{5^2} = 480,4456\)

Suy ra \(SC \approx 21,92{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp tứ giác đều khoảng \(21,92{\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

2)

a) Do \[ABCD\]là hình bình hành nên \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] và \[BC = AD.\]

Mà \[M \in BC,{\rm{ }}N \in AD\]nên \[MB\,{\rm{//}}\,ND\]

Lại có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}AD\] nên

\(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\)

Do đó \[MB = MC = NA = ND.\]

Tứ giác \[MBND\] có \[MB\,{\rm{//}}\,ND\] và \[MB = ND\] nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được \[MANC\] là hình bình hành.

Do \[MBND,{\rm{ }}MANC\] đều là hình bình hành nên \[PN\,{\rm{//}}\,MQ,{\rm{ }}PM\,{\rm{//}}\,NQ\] (do \[P\] là giao điểm của \[AM\] và \[BN,{\rm{ }}Q\] là giao điểm của \[CN\] và \[DM).\]

Suy ra tứ giác \[PMQN\] là hình bình hành.

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta MNB\) có:

\[AN = BM,\] \[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do \[BM\,{\rm{//}}\,AN),\]cạnh \[BN\]chung.

Do đó \(\Delta ABN = \Delta MNB\) (c.g.c). Suy ra \[AB = MN\] (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác \[ABMN\] có \[AB = BM = MN = AN\] nên \[ABMN\] là hình thoi.

Suy ra \[AM \bot BN,\] do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành \[PMQN\] có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên \[PMQN\] là hình chữ nhật.

c) Ta có \[BM = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[ABMN\] là hình thoi nên \[AM\] là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác \[ABN\] có \[AB = AN\] và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác \[ABN\] đều.

Suy ra \[BN = AN = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[P\] là trung điểm của \[BN\] nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;cm}}\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \[BMP\] vuông tại \[P,\] ta có: \[B{M^2} = B{P^2} + M{P^2}.\]

Suy ra \[M{P^2} = B{M^2} - B{P^2} = {2^2} - {1^2} = 3.\] Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do \[PMQN\] là hình chữ nhật nên diện tích của \[PMQN\] là:\(MP.NP = \sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Hướng dẫn giải

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

Suy ra \({0^2} = 1 + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Do đó \(ab + bc + ca =  - \frac{1}{2}.\)

Ta có \(A = {a^4} + {b^4} + {c^4} = {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} - 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)\)

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

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

\( = {1^2} - 2\left[ {{{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2} - 2abc \cdot 0} \right]\)

\( = 1 - 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\)

Vậy \(A = \frac{1}{2}.\)