Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: B

Ta có \[{x^4}y + x - 2y{x^4} = {x^4}y - 2{x^4}y + x = - {x^4}y + x\].

Vậy đa thức \[{x^4}y + x - 2y{x^4}\] là đa thức chưa thu gọn.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\frac{1}{2}xyx = \frac{1}{2}{x^2}y\), đơn thức này đồng dạng với đơn thức \( - 3{x^2}y\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Đa thức \(7{x^3}{y^2}z - 2{x^4}{y^3}\) chia hết cho \( - 2{x^3}y\).

Hạng tử \(7{x^3}{y^2}z\) không chia hết cho đơn thức \(3{x^4};\,\, - 3{x^4}\) và \(2x{y^3}\) nên đa thức \(7{x^3}{y^2}z - 2{x^4}{y^3}\) cũng không chia hết cho \(3{x^4};\,\, - 3{x^4}\) và \(2x{y^3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Thay \(x = 4,y = - 5,z = - 2\) vào biểu thức \(A\) ta được:

\(A = {4^4} + {4.4^2}.\left( { - 5} \right) - 6.\left( { - 2} \right) = 256 - 320 + 12 = - 52\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hằng đẳng thức \({A^2} - {B^2} = \left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right)\) có tên làhiệu hai bình phương.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \({x^3} + 12{x^2} + 48x + 64 = {\left( {x + 4} \right)^3}\). Vậy \(a = 4.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tứ giác \(ABCD\) có các cặp góc đối nhau là \(\widehat A\) và \(\widehat C\),\(\widehat B\) và \[\widehat D\,.\]

Các cặp góc\(\widehat A\) và \(\widehat B\), \(\widehat C\)và \(\widehat D\) là hai cặp góc kề nhau.

Đáp án đúng là: A

Gọi \[\widehat {CDx}\] là góc ngoài tại đỉnh \(D\).

Tứ giác \(ABCD\) có: \[\widehat {ADC} = 360^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B + \widehat C} \right)\].

Suy ra \[\widehat {ADC} = 360^\circ - \left( {50^\circ {\rm{ }} + 117^\circ \; + 71^\circ } \right) = 122^\circ \].

Vì \[\widehat {ADC}\] và \[\widehat {CDx}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {CDx} = {\rm{180^\circ }} - \widehat {ADC} = 180^\circ - 122^\circ = {\rm{58^\circ }}\].

Vậy số đo góc ngoài tại đỉnh \(D\) bằng \[58^\circ \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Hình thang cân \[ABCD\] có \(AB\,{\mkern 1mu} {\rm{//}}\,{\mkern 1mu} CD\)nên \[AB\] và \[CD\] là hai đáy.

Theo tính chất của hình thang cân ta có \[\widehat A = \widehat B = 125^\circ \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

•Hình \({\rm{1}}\) là hình thoi vì có hai đường chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc với nhau.

•Hình \(2\), Hình 3 không là hình thoi vì bốn cạnh không bằng nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

• Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nếu thỏa mãn điều kiện \[\widehat A = \widehat C;\,\,\widehat B = \widehat D\] (các góc đối bằng nhau).

• Tứ giác \(ABCD\) có một cặp cạnh đối bằng nhau \[\left( {AB = CD} \right)\] hoặc một cặp góc đối bằng nhau \[\left( {\widehat A = \widehat C} \right)\] thì chưa đủ điều kiện để kết luận hình bình hành.

• Tứ giác \(ABCD\) có một cặp cạnh đối song song \[\left( {AB\,{\rm{//}}\,CD} \right)\] thì chưa đủ để kết luận hình bình hành và hai đường chéo của hình bình hành có thể không bằng nhau.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án:               a) Sai.        b) Đúng.     c) Sai.        d) Đúng.

⦁Thay \(x = 1\,;\,\,y = - 1\) vào biểu thức \(P\), ta có:

\(P = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 9 = 1 + 4 + 9 = 14.\)

Vậy với \(x = 1\,;\,\,y = 0\) thì \(P = 14\).Do đó ý a) sai.

⦁Đa thức \(Q = - 6xy - 4{y^2} + 9\) có bậc là 2. Do đó ý b) đúng.

⦁ Ta có \(P - A = Q\)

Suy ra \(A = P - Q\)\( = {x^2} - 4xy + 9 - \left( { - 6xy - 4{y^2} + 9} \right)\)

\( = {x^2} - 4xy + 9 + 6xy + 4{y^2} - 9\)

\( = {x^2} + 2xy + 4{y^2}\).

Như vậy \(A = {x^2} + 2xy + 4{y^2}.\) Do đó ý c) sai.

⦁ Ta có: \[M = \left( {x - 2y} \right)A - {x^3} + 5\]

\( = \left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - {x^3} + 5\)

\[ = x\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - 2y\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - {x^3} + 5\]

\[ = {x^3} + 2{x^2}y + 4x{y^2} - 2{x^2}y - 4x{y^2} - 8{y^3} - {x^3} + 5\]

\[ = {x^3} - 8{y^3} - {x^3} + 5\]\[ = - 8{y^3} + 5\].

Như vậy, giá trị của biểu thức \(M\) không phụ thuộc vào giá trị của biến \(x.\) Do đó ý d) đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án:               a) Sai.        b) Đúng.     c) Đúng.     d) Sai.

⦁Giả sử \[AI\] cắt \[BC\] ở \[H\].

Ta có: \[\widehat {DAI} + \widehat {DAB} + \widehat {BAH} = 180^\circ \], mà \[\widehat {DAB} = 90^\circ \] (do \[\Delta DAB\] vuông cân tại \[A\]).

Suy ra \[\widehat {DAI} + \widehat {BAH} = 90^\circ \]. Do đó ý a) sai.

⦁Mà \[\widehat {DAI} = \widehat {ABC}\] (gt) nên \[\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 90^\circ \].

Trong \[\Delta ABH\] có: \[\widehat {ABH} + \widehat {BAH} + \widehat {AHB} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {AHB} = 180^\circ \left( {\widehat {ABH} + \widehat {BAH}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \] hay \[AI \bot BC\]. Do đó ý b) đúng.

⦁Ta có \[\widehat {BAE} = \widehat {BAC} + \widehat {CAE} = \widehat {BAC} + 90^\circ \] và \[\widehat {DAC} = \widehat {BAC} + \widehat {BAD} = \widehat {BAC} + 90^\circ \].

Do đó \[\widehat {BAE} = \widehat {DAC}\].

Xét \[\Delta BAE\] và \[\Delta DAC\] có:

\[AB = AD;\,\,\widehat {BAE} = \widehat {DAC};\,\,AC = AE\];

Do đó \[\Delta BAE = \Delta DAC\] (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {CDA}\) (hai góc tương ứng). Do đó ý c) đúng.

⦁Tam giác \[ABD\] vuông cân tại \[A\] nên \[AK\] vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, đường phân giác. Do đó \(\widehat {DAK} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = 45^\circ \).

Khi đó \(\widehat {ABK} = \widehat {BAK} = 45^\circ \) nên \[\Delta ABK\] vuông cân tại \[K\], do đó \[KA = KB\].

Ta có \[\widehat {KAI} = \widehat {DAK} + \widehat {DAI} = 45^\circ + \widehat {DAI} = 45^\circ + \widehat {ABC}\].

Mặt khác \[\widehat {KBC} = \widehat {ABK} + \widehat {ABC} = 45^\circ + \widehat {ABC}\] (do \[\Delta ABD\] vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {ABK} = 45^\circ )\).

Do đó \(\widehat {KAI} = \widehat {KBC}\). Do đó ý d) sai.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 1.

Ta có \(B - \left( {5{x^2} - 2xyz} \right) = 2{x^2} + 2xyz + 1\)

Suy ra \[B = \left( {2{x^2} + 2xyz + 1} \right) + \left( {5{x^2} - 2xyz} \right)\]

\( = 2{x^2} + 2xyz + 1 + 5{x^2} - 2xyz\)

\( = \left( {2{x^2} + 5{x^2}} \right) + \left( {2xyz - 2xyz} \right) + 1 = 7{x^2} + 1\).

Do đó, hạng tử tự do của đa thức \(B\) là 1.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 27.

Ta có \[{x^3} - 9{x^2} + 27x - m = {x^3} - 3 \cdot {x^2} \cdot 3 + 3 \cdot x \cdot {3^2} - m\].

Để biểu thức trên là lập phương của một tổng thì \(m = {3^3} = 27\).

Khi đó, \[{x^3} - 9{x^2} + 27x - 27 = {x^3} - 3 \cdot {x^2} \cdot 3 + 3 \cdot x \cdot {3^2} - {3^3} = {\left( {x - 3} \right)^3}\].

Hướng dẫn giải

Đáp số: 120.

Góc ngoài tại đỉnh \(B\) có số đo bằng \(70^\circ \) nên góc trong tại đỉnh \(B\) có số đo bằng \(180^\circ - 70^\circ = 110^\circ \).

Xét tứ giác \(ABCD,\) ta có: \(\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,} = 360^\circ \).

Do đó \(3x + 110^\circ + x + 90^\circ = 360^\circ \).

Suy ra \(4x = 160^\circ \) nên \(x = 40^\circ \).

Vậy \(3x = 3 \cdot 40^\circ = 120^\circ .\)

Đáp số: 12.

Tứ giác \[MNPQ\] là hình thoi nên hai đường chéo \[MP\] và \[NQ\] vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm \[O\] của mỗi đường. Suy ra\(OM = \frac{1}{2}MP\,;\,\,ON = \frac{1}{2}NQ.\) Diện tích hình thoi \[MNPQ\] là:

\[{S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}MP \cdot NQ = \frac{1}{2} \cdot 2OM \cdot 2ON = 2OM \cdot ON = 48\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Suy ra\[OM \cdot ON = \frac{{48}}{2} = 24.\]

Diện tích tam giác \[MON\] là:\[{S_{MON}} = \frac{1}{2}OM \cdot ON = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Vậy diện tích tam giác \[MON\] là \[12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]

a) Do \[MNBA\] và \[MNCB\] là hình bình hành Suy ra \[AB{\rm{ // }}MN,{\rm{ }}BC{\rm{ // }}MN\] nên theo tiên đề Euclid, hai đường thẳng \[AB\] và \[BC\] trùng nhau. Do đó ba điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\] thẳng hàng. Do \[MNBA\] và \[MNCB\] là hình bình hành nên\[AB = MN,{\rm{ }}BC = MN\]. Suy ra \(AB = BC\). Mà \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\] thẳng hàng nên \[B\] là trung điểm của \[AC\].

b) Từ câu a, ta suy ra \(MN{\rm{//}}\,AC\) nên \[MNCA\] là hình thang.

Do \[MNCB\] là hình bình hành nên \[NC{\rm{ // }}MB\], từ đó \[\widehat {NCB} = \widehat {MBA}\] (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang \[MNCA\] là hình thang cân là \[\widehat {MAB} = \widehat {NCB}\] tức là \[\widehat {MAB} = \widehat {MBA}.\]

Vậy điều kiện để \[MNCA\] là hình thang cân là tam giác \[MAB\] cân tại \[M\].

c) Chứng minh tương tự câu a, ta có \(MN\,{\rm{//}}\,AD\) và bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) thẳng hàng. Do đó \[MNDA\] là hình thang. Do \[MNDC\] là hình bình hành nên \[ND{\rm{ // }}MC\], từ đó \[\widehat {NDC} = \widehat {MCA}\] (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang \[MNDA\] là hình thang cân là \[\widehat {NDC} = \widehat {MAC}\].

Khi đó điều kiện để \[MNDA\] là hình thang cân là \[\widehat {MCA} = \widehat {MAC}\] tức là tam giác \[MAC\] cân tại \[M\].

Do \[MB\] là đường trung tuyến của tam giác \[MAC\] nên điều kiện để tam giác \[MAC\] cân tại \[M\] là \[MB\] vuông góc với \[AC\].

Vậy điều kiện để hình thang \[MNDA\] là hình thang cân đó là tam giác \[MAB\] vuông tại \[B\].