Bộ 10 đề thi cuối kì Toán 8 Cánh diều có đáp án - Đề 4

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Có ba đa thức là: \[{x^2} + {y^2};\]\[2\,\,025;\] \[\frac{x}{2} + xyz.\]

Các biểu thức \[\frac{3}{x} + y;\]\[\frac{x}{y} + \frac{1}{5}x\] không phải đa thức do có chứa biến ở dưới mẫu.

Biểu thức \[4 + x\sqrt {yz} \] không phải đa thức do có chứa biến ở dưới dấu căn bậc hai.

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

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

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

\( = 4\left( {3{x^2} + 4} \right) = 12{x^2} + 16.\)

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phân thức có tử thức là \(2x - 1\) và mẫu thức là \({x^2} - 1,\) là \(\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - 1}}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Mẫu thức chung của hai phân thức \(\frac{1}{x};\,\,\frac{1}{{{y^2}}}\) cần chứa hai nhân tử là \(x\) và \({y^2}.\)

Mà ta thấy lũy thừa cao nhất của biến \(y\) ở đa thức \(x\left( {x + 1} \right)y\) (phương án C) là 1 nên \(x\left( {x + 1} \right)y\) không phải mẫu thức chung của hai phân thức \(\frac{1}{x};\,\,\frac{1}{{{y^2}}}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = 2{x^2} - 1.\)

Thay \(x = - 1\) vào hàm số trên ta có \(f\left( { - 1} \right) = 2 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} - 1 = 2 - 1 = 1.\)

Thay \(x = 1\) vào hàm số trên ta có \(f\left( 1 \right) = 2 \cdot {1^2} - 1 = 2 - 1 = 1.\)

Vậy ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Trong hình vẽ trên,

⦁ điểm \(M\) có hoành độ là \[ - 2\] và tung độ là \(1\) nên có tọa độ là \(M\left( { - 2;1} \right).\)

⦁ điểm \(N\) có hoành độ là \[2\] và tung độ là \( - 3\) nên có tọa độ là \(N\left( {2; - 3} \right).\)

Vậy ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Để đường thẳng \(y = \left( {m + 2} \right)x + 5\) có hệ số góc bằng \( - 3\) thì \(m + 2 = - 3,\) suy ra \(m = - 5.\)

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

⦁ \[\left( {{d_m}} \right)\] cắt trục tung tại điểm \[A\] nên hoành độ của điểm \[A\] bằng 0.

Khi đó tung độ của điểm \[A\] là: \[{y_A} = m \cdot 0 + 2 = 2.\]

Do đó \[\left( {{d_m}} \right)\] cắt trục tung tại điểm 2 nên khẳng định A là đúng.

⦁ \[\left( {{d_m}} \right)\] cắt trục hoành tại điểm \[B\] nên tung độ của điểm \[B\] bằng 0.

Khi đó hoành độ của điểm \[B\] thỏa mãn: \[0 = m{x_B} + 2\,,\] suy ra \({x_B} = \frac{{ - 2}}{m}\) (với \[m \ne 0\,).\]

Do đó \[\left( {{d_m}} \right)\] cắt trục hoành tại điểm \(\frac{{ - 2}}{m}\) (với \[m \ne 0\,).\] nên khẳng định B là sai.

⦁ \[\left( {{d_m}} \right)\]có hệ số là \(m,\) tuy nhiên ta chưa xác định được \(m\) mang giá trị âm hay dương nên khẳng định B là sai. Từ đó khẳng định D cũng sai.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hình có đáy là hình vuông và tất cả các cạnh bên bằng nhau là hình chóp tứ giác đều.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình chóp đều có nửa chu vi đáy \(p\) và độ dài trung đoạn \(d\) là: \({S_{xq}} = pd.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Tứ giác \[ABCD\] có \[\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,} = 360^\circ \] (tổng các góc của một tứ giác).

Vì tứ giác \[ABCD\] có số đo các góc \[\widehat {A\,\,},\,\,\,\widehat {B\,},\,\,\widehat {C\,},\,\,\widehat {D\,}\] tỉ lệ thuận với \[4;\,\,3;\,\,5;\,\,6\] nên \[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = \frac{{\widehat {B\,}}}{3} = \frac{{\widehat {C\,}}}{5} = \frac{{\widehat {D\,}}}{6}.\]

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = \frac{{\widehat {B\,}}}{3} = \frac{{\widehat {C\,}}}{5} = \frac{{\widehat {D\,}}}{6} = \frac{{\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,}}}{{4 + 3 + 5 + 6}} = \frac{{360^\circ }}{{18}} = 20^\circ \].

Suy ra \[\frac{{\widehat {A\,\,}}}{4} = 20^\circ ,\] nên \[\widehat {A\,\,} = 80^\circ .\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hình thang cân, hình chữ nhật và hình vuông có hai đường chéo bằng nhau.

Hình thoi có hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

a) \(4{x^2} - 6x\) \( = 2x\left( {2x - 3} \right).\)

b) \(25{\left( {x - y} \right)^2} - 16{\left( {x + y} \right)^2}\) \( = {\left[ {5\left( {x - y} \right)} \right]^2} - {\left[ {4\left( {x + y} \right)} \right]^2}\) \[ = {\left( {5x - 5y} \right)^2} - {\left( {4x + 4y} \right)^2}\] \[ = \left[ {5x - 5y - \left( {4x + 4y} \right)} \right]\left[ {5x - 5y + \left( {4x + 4y} \right)} \right]\] \[ = \left( {5x - 5y - 4x - 4y} \right)\left( {5x - 5y + 4x + 4y} \right)\] \[ = \left( {x - 9y} \right)\left( {9x - y} \right).\]

Hướng dẫn giải

a) Ta có \(1 - {x^3} = \left( {1 - x} \right)\left( {1 + x + {x^2}} \right)\)

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

Khi đó biểu thức \(P\) xác định khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\1 - {x^3} \ne 0\\x + 1 \ne 0\\\frac{{2x\, + \,\,1}}{{{x^{2\,}} + 2x\, + \,1}} \ne 0\end{array} \right.\)nên \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\1 - x \ne 0\\1 + x + {x^2} \ne 0\\x \ne  - 1\\2x\, + \,\,1 \ne 0\\{\left( {x + 1} \right)^2} \ne 0\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne  - 1\\x \ne  - \frac{1}{2}.\end{array} \right.\)

Vậy với \(x \ne 1\,;\,\,x \ne  - 1\) và \(x \ne  - \frac{1}{2}\) thì biểu thức \(P\) xác định.

b) Với \(x \ne 1\,;\,\,x \ne  - 1\) và \(x \ne  - \frac{1}{2},\) ta có:

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

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

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

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

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

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

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

c) Thay \[x = \,\frac{1}{2}\] (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(P = \,\frac{{x\, + 1}}{{x - 1}},\) ta được: \(P = \,\frac{{\frac{1}{2}\, + 1}}{{\frac{1}{2} - 1}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{\frac{1}{2}}} = 3.\)

Vậy \(P = 3\) khi \[x = \,\frac{1}{2}.\]

a) Sau \[x\] năm sử dụng, thiết bị tiệt khuẩn đó bị khấu hhao là \[kx\] (triệu đồng).

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau \[x\] năm sử dụng là: \[y = 60 - kx\] hay \[y =  - kx + 60.\]

Mà \[0 < k < 60\] hay \[k \ne 0,\] suy ra \[y\] là hàm số bậc nhất của \[x.\]

b) Từ câu a, ta có \[b = 60.\]

Do đường thẳng \[y = ax + b\] đi qua điểm \[B\left( {10;{\rm{ }}30} \right)\] nên ta có:

\[30 = a \cdot 10 + 60.\]

Hay \[10a = --30\]

Suy ra \[a =  - 3.\]

Khi đó, đường thẳng cần tìm là: \[y =  - 3x + 60.\]

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng là:

\[ - 3 \cdot 12 + 60 = --36 + 60 = 24\] (triệu đồng).

Tỉ số phần trăm giữa giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng và giá mua ban đầu là: \(\frac{{24}}{{60}} \cdot 100{\rm{\% }} = 40{\rm{\% }}{\rm{.}}\)

Vậy sau 12 năm sử dụng thì giá của thiết bị tiệt khuẩn đó bằng \[40\% \] so với giá mua ban đầu.

Hướng dẫn giải

1)

Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông và các mặt bên là những tam giác đều nên là hình chóp đều.

a) Do \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(\Delta ADC\) vuông tại \(D\) có \(AD = DC = a,\) áp dụng định lí Pythagore ta có: \(A{C^2} = A{D^2} + D{C^2}\)

Suy ra \(A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.\) Do đó \(AC = a\sqrt 2 .\)

Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp đều \(S.ABCD\) với \(ABCD\) là hình vuông nên \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do đó \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 2  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều nên \(SA = AD = a.\)

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(O,\) áp dụng định lí Pythagore ta có: \(S{A^2} = S{O^2} + A{O^2}\)

Suy ra \(S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}{a^2}.\)

Do đó \(SO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\)

Vậy độ dài đường cao \(SO\) của hình chóp đều \(S.ABCD\) là \(\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\)

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD.\) Tam giác \(SCD\) đều nên đường trung tuyến \(SM\) đồng thời là đường cao nên \(SM \bot CD\), do đó \(\Delta SCM\) vuông tại \(M.\)

Áp dụng định lí Pythagore ta có \(S{C^2} = S{M^2} + C{M^2}\)

Suy ra \(S{M^2} = S{C^2} - C{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{3}{4}{a^2}.\)

Do đó \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Diện tích xung quanh của hình chóp đều \(S.ABCD\) là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \) (đvdt).

Thể tích của hình chóp đều \(S.ABCD\) là:

\(V = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}\) (đvtt).

Vậy diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp lần lượt là \({a^2}\sqrt 3 \) (đvdt) và \(\frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}\) (đvtt).

2)

a) Tam giác \[ABC\] có các đường trung tuyến \[BD,{\rm{ }}CE\] cắt nhau tại \[G\] nên \[G\] là trọng tâm \[\Delta ABC,\] do đó \(DG = \frac{1}{2}BG,\) \(EG = \frac{1}{2}CG.\)

Mà \[F,{\rm{ }}H\] lần lượt là trung điểm của \[BG,{\rm{ }}CG\] nên \(BF = FG = \frac{1}{2}BG,\) \(CH = HG = \frac{1}{2}CG.\)

Do đó \[DG = BF = FG,{\rm{ }}EG = CH = HG.\]

Suy ra, \[G\] là trung điểm của \[FD,{\rm{ }}G\] là trung điểm của \[EH.\]

Tứ giác \[EFHD\] có hai đường chéo \[EH\] và \(FD\) cắt nhau tại trung điểm \[G\] của mỗi đường nên \[EFHD\] là hình bình hành.

b) ⦁ Để hình bình hành \[EFHD\] là hình vuông thì \[EH = DF\] và \[EH \bot DF.\]

Suy ra \[EG = DG,{\rm{ }}BG = CG\] và \[BD \bot CE.\]

⦁ Xét \(\Delta BEG\) và \[\Delta CDG\] có:

\[BG = CG,\] \(\widehat {EGB} = \widehat {DGC}\) (đối đỉnh), \[EG = DG\]

Do đó \(\Delta BEG = \Delta CDG\) (c.g.c).

Suy ra \[BE = CD\] (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà \[BD,{\rm{ }}CE\] là các đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) nên \[E\] là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}D\] là trung điểm của \[AC\]

Suy ra \[AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra \[AB = AC.\]

⦁ Dễ thấy, nếu \[AB = AC\] và \[BD \bot CE\] thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.

Vậy tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có hai đường trung tuyến \[BD,CE\] vuông góc với nhau thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.

Hướng dẫn giải

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

Theo bài, \[{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\] nên suy ra \[ab + bc + ca = 0.\]

Đặt \[x = ab;y = bc;z = ca.\]

Khi đó \[x + y + z = 0.\] Suy ra \(x + y =  - z;\,\,y + z =  - x;\,\,z + x =  - y.\)

Xét \[\left( {1 + \frac{a}{c}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)\left( {1 + \frac{c}{b}} \right) = \left( {1 + \frac{{ab}}{{bc}}} \right)\left( {1 + \frac{{bc}}{{ca}}} \right)\left( {1 + \frac{{ca}}{{ab}}} \right)\]

\[ = \left( {1 + \frac{x}{y}} \right)\left( {1 + \frac{y}{z}} \right)\left( {1 + \frac{z}{x}} \right)\]

\[ = \left( {\frac{{y + x}}{y}} \right)\left( {\frac{{z + y}}{z}} \right)\left( {\frac{{x + z}}{x}} \right)\]

\[ = \frac{{ - z}}{y}.\frac{{ - x}}{z}.\frac{{ - y}}{x} =  - 1.\]

Xét \[\frac{{{a^3}{b^3} + {b^3}{c^3} + {c^3}{a^3}}}{{3{a^2}{b^2}{c^2}}} = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{{{\left( { - z} \right)}^3} - 3xy\left( { - z} \right) + {z^3}}}{{3xyz}}\]

 \[ = \frac{{ - {z^3} + 3xyz + {z^3}}}{{3xyz}} = \frac{{3xyz}}{{3xyz}} = 1.\]

Từ đó, \[T = \frac{{{a^3}{b^3} + {b^3}{c^3} + {c^3}{a^3}}}{{3{a^2}{b^2}{c^2}}} + \left( {1 + \frac{a}{c}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)\left( {1 + \frac{c}{b}} \right) = 1 + \left( { - 1} \right) = 0.\]

Vậy \(T = 0.\)