Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 2

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Các đơn thức \(3{x^2}y\;;\;\frac{5}{2}{x^2}y\) đồng dạng với đơn thức \( - \frac{3}{2}{x^2}y\) vì đều có phần hệ số khác 0 và phần biến đều là \({x^2}y.\)

Do đó, có 2 đơn thức đồng dạng với đơn thức \( - \frac{3}{2}{x^2}y\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

• Các đa thức \(4x{y^2}z\); \({x^4} - {3^5}\); \(x{y^2} + xyzt\) có bậc là 4.

• Đa thức \({x^4} - \frac{1}{2}x{y^3}z\) có bậc là \(5.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Để phép chia \({x^5}{y^n}:{x^n}{y^3}\)là phép chia hết thì \(3 \le n \le 5\), suy ra \(n \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(S = - 6xy \cdot \frac{1}{2}{x^2}yz + 2zx{y^2}{x^2} = - 3{x^3}{y^2}z + 2{x^3}{y^2}z = - {x^3}{y^2}z\).

Thay \(x = - 2\,;\,\,y = 1\,;\,\,z = - 1\) vào biểu thức \( - {x^3}{y^2}z\) ta được:

\(S = - {\left( { - 2} \right)^3} \cdot {1^2} \cdot \left( { - 1} \right) = - 8.\)

Vậy khi \(x = - 2,y = 1,z = - 1\) thì \(S = - 8.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

• Đẳng thức \({x^2} - x = - x + {x^2}\) là hằng đẳng thức.

• Đẳng thức \(x\left( {x - 1} \right) = x - {x^2}\) không là hằng đẳng thức vì khi ta thay \(x = 2\) thì hai đẳng thức không bằng nhau.

• Đẳng thức \({\left( {a - b} \right)^2} = - {\left( {b - a} \right)^2}\) không là hằng đẳng thức vì khi ta thay \(a = 0,\,\,b = 1\) thì hai đẳng thức không bằng nhau.

• Đẳng thức \(a - 2 = 2 - a\) không là hằng đẳng thức vì khi ta thay \(a = 0\) thì hai đẳng thức không bằng nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \( - 4{x^2} + 12x - 9 = - \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) = - {\left( {2x - 3} \right)^2}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Tứ giác có 2 đường chéo, tổng các góc bằng \(360^\circ .\)

Giả sử có tứ giác có 1 góc tù và 3 góc vuông khi đó tổng số đo các góc của tứ giác này là lớn hơn \(90^\circ + 3 \cdot 90^\circ = 360^\circ \), điều này mâu thuẫn với định lí tổng các góc của một tứ giác.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

• Xét tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat A + \widehat {ABC} + \widehat C + \widehat D = 360^\circ \).

Suy ra \[100^\circ + x + x + 2x + 124^\circ = 360^\circ \]

Hay \[4x + 224^\circ = 360^\circ \] nên \[x = 34^\circ \].

• Xét tam giác \(ABI\) có \(\widehat A + \widehat {ABI} + \widehat {AIB} = 180^\circ \).

Suy ra \(100^\circ + 34^\circ + y = 180^\circ \) nên \[y = 46^\circ \].

Do đó \[2y - x = 2 \cdot 46^\circ - 34^\circ = 58^\circ \].

Đáp án đúng là: C

Áp dụng dấu hiệu nhận biết hình bình hành:

− Tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành nên A đúng.

− Hình thang nên hai cạnh đối song song, thêm điều kiện hai cạnh bên song song tức có các cặp cạnh đối song song nên hình thang này là hình bình hành nên B đúng.

− Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành nên D đúng.

− Hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau nên không đủ dữ kiện khẳng định là hình bình hành. Do đó phương án C là khẳng định sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta thấy \[AB = CD = AD = BC\] thì \[ABCD\] chỉ có bốn cạnh bằng nhau nên \[ABCD\] chưa chắc là hình chữ nhật.

− Nếu \(\widehat {A\,} = \widehat B = \widehat C = 90^\circ \) thì tứ giác \[ABCD\] có ba góc vuông nên \[ABCD\] là hình chữ nhật (do dấu hiệu tứ giác có 3 góc vuông).

− Nếu \(\widehat {A\,} = \widehat B = \widehat C = 90^\circ \) và \[AB\,{\rm{//}}\,CD\] thì tứ giác \[ABCD\] có \[AD\,{\rm{//}}\,BC;{\rm{ }}AB\,{\rm{//}}\,CD\] nên \[ABCD\] là hình bình hành, lại có \(\widehat A = 90^\circ \) nên \[ABCD\] là hình chữ nhật (do dấu hiệu hình bình hành có một góc vuông).

− Nếu \[AB\,{\rm{//}}\,CD;{\rm{ }}AB = CD\] và \[AC = BD\] thì \[ABCD\] là hình bình hành (do có cặp cạnh đối \[AB;{\rm{ }}CD\] song song và bằng nhau), lại có hai đường chéo bằng nhau \[AC = BD\] nên \[ABCD\] là hình chữ nhật (do dấu hiệu hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau).

Đáp án đúng là: D

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

Phương án D 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.

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

⦁Ta có \(45{x^6}{y^3}:A = 5x{y^2}\).

Suy ra \(A = 45{x^6}{y^3}:5{x^3}{y^2} = 9{x^3}y\).

Như vậy, biểu thức \(A\) là đơn thức bậc 4. Do đó ý a) sai.

⦁Thay \(x = - 1\,;\,\,y = 2\) vào biểu thức \(A\), ta có: \(A = 9 \cdot {\left( { - 1} \right)^3} \cdot 2 = - 9 \cdot 2 = - 18.\)

Vậy với \(x = - 1\,;\,\,y = 2\) thì \(A = - 18\).Do đó ý b) đúng.

⦁Với \(A = 9{x^3}y\), ta có \(\left( {B + 7{x^4}{y^2}} \right):9{x^3}y = 3x{y^2} + 2xy\)

Suy ra \(B + 7{x^4}{y^2} = 9{x^3}y\left( {3x{y^2} + 2xy} \right) = 27{x^4}{y^4} + 18{x^4}{y^2}.\)

Do đó \(B = 27{x^4}{y^4} + 18{x^4}{y^2} - 7{x^4}{y^2} = 27{x^4}{y^4} + 11{x^4}{y^2}\).

Như vậy, đa thức \(B\) có hai hạng tử là \(27{x^4}{y^4}\) và \(11{x^4}{y^2}\). Do đó ý c) đúng.

⦁Ta có \(A \cdot B = 9{x^3}y \cdot \left( {27{x^4}{y^4} + 11{x^4}{y^2}} \right)\)

\( = 9{x^3}y \cdot 27{x^4}{y^4} + 9{x^3}y \cdot 11{x^4}{y^2}\)

\( = 243{x^7}{y^5} + 99{x^7}{y^3}.\)

Như vậy, tích của hai biểu thức \(A\) và \(B\) là \(243{x^7}{y^5} + 99{x^7}{y^3}.\) Do đó ý d) sai.

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

⦁Do \(E\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BE = \frac{1}{2}BC\) hay \(BC = 2BE.\)

Vì \(BC = 2AB\) và \(BC = 2BE\) nên \(AB = BE\). Do đó ý a) là sai.

⦁Theo đề bài, tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD = BC,\,\,AD\,{\rm{//}}\,BC\).

Vì \(AD = BC\); \(BE = \frac{1}{2}BC;\,AF = \frac{1}{2}AD\)(do \(F\) là trung điểm của \(AD)\)nên \(BE = AF\).

Tứ giác \(ABEF\) có \(BE = AF\) (cmt) và \(BE\,{\rm{//}}\,AF\) (vì \(AD\,{\rm{//}}\,BC\)).

Suy ra, tứ giác \(ABEF\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(ABEF\) có \(AB = BE\) nên \(ABEF\) là hình thoi. Do đó ý b) sai.

⦁Ta thấy \(BD\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác của tam giác \(ADI\) nên tam giác \(ADI\) cân tại \(D\).

Tam giác \(ADI\) cân tại \(D\) có \(\widehat {DAI} = 60^\circ \) nên tam giác \(ADI\) là tam giác đều.

Suy ra \(BD\) cũng là đường cao của tam giác \(ADI\) nên \(BD \bot BI\) hay \(\widehat {DBI} = 90^\circ .\)

Do đó ý c) đúng.

⦁Vì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB = CD,\,\,AB\,{\rm{//}}\,CD\).

Vì \(AB = CD\); \(AB = BI\)(do \(B\) là trung điểm của \(AI)\)nên \(BI = CD\).

Tứ giác \(BICD\) có \(BI\,{\rm{//}}\,CD\) (vì \(AB\,{\rm{//}}\,CD\)) và \(BI = CD\) nên tứ giác \(BICD\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(BICD\)có \(\widehat {DBI} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BICD\) là hình chữ nhật.

Khi đó,\(E\) là trung điểm của \(DI\).

Ta có tam giác \(ADI\) là tam giác đều có\(AE\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.

Do đó,\(AE \bot DI\) hay\(\widehat {AED} = 90^\circ \). Do đó ý d) đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 5.

Ta có \(3xyz - 5{x^2}y - 6xyz + 4{x^3}yz = 4{x^3}yz - 5{x^2}y + \left( {3xyz - 6xyz} \right)\)

 \( = 4{x^3}yz - 5{x^2}y - 3xyz\).

Đơn thức \(4{x^3}yz\) có bậc là 5; các đơn thức \( - 3xyz\) và \( - 5{x^2}y\) đều có bậc là \(3.\)

Do đó, đa thức \(3xyz - 5{x^2}y - 6xyz + 4{x^3}yz\) có bậc là 5.

Đáp số: 4.

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

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

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

Vậy giá trị của biểu thức \(A\) bằng 4.

Đáp số: 30.

Xét tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {BAD} + \widehat B + \widehat {BCD} + \widehat D = 360^\circ \).

Suy ra \(\frac{{7x}}{2} + 4x + 135^\circ = 360^\circ \) hay \(\frac{{15x}}{2} = 225^\circ \) nên \(x = 30^\circ .\)

a) \(8{x^3}yz + 12{x^2}yz + 6xyz + yz\)

\( = yz\left( {8{x^3} + 12{x^2} + 6x + 1} \right)\)

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

\( = yz{\left( {2x + 1} \right)^3}\).

Hướng dẫn giải

a) Do \[N\] là điểm đối xứng của \[M\] qua \[I\] nên \(I\) là trung điểm của \(MN.\) Xét tứ giác \(AMCN\) có \(I\) là trung điểm của hai đường chéo \(AC,MN\) nên \(AMCN\) là hình bình hành. Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) nên \(AM\) là đường cao của tam giác hay \(\widehat {AMC} = 90^\circ \). Hình bình hành \(AMCN\) có \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) nên \(AMCN\)là hình chữ nhật.

b) Do \(AMCN\)là hình chữ nhật nên \(AN\,{\rm{//}}\,MC\) và \(AN = MC.\)

Lại có \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC\)

Do đó \(AN = MB\,\,\left( { = MC} \right)\)

Xét tứ giác \(ANMB\) có \(AN\,{\rm{//}}\,MB\) (do \(AN\,{\rm{//}}\,MC)\) và \(AN = MB\) nên \(ANMB\) là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo \[AM,BN\] cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Lại có \(E\) là trung điểm của \(AM\) nên \(E\) cũng là trung điểm của \(BN\).

c) Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB = AC\).

Lại có \(K,I\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\) nên \(AK = BK = \frac{1}{2}AB\) và \(AI = CI = \frac{1}{2}AC\)

Do đó \(AK = AI\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(ANCM\) là hình chữ nhật nên \(AC = MN\) và \(I\) là trung điểm của \(AC,MN\).

Suy ra \(AI = MI\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AK = MI = AI\).

Ta có: \(ANMB\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,MN\) hay \(AK\,{\rm{//}}\,MI\).

Tứ giác \(AKMI\) có \(AK = MI\) và \(AK\,{\rm{//}}\,MI\) nên \(AKMI\) là hình bình hành

Lại có \(AK = AI\) nên \(AKMI\) là hình thoi.

Để \(AKMI\) là hình vuông thì cần thêm điều kiện \(\widehat {KAI} = 90^\circ \), khi đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Vậy để \(AKMI\) là hình vuông thì tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\).

Thật vậy, khi tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) ta dễ dàng chứng minh được \(AKMI\) là hình thoi có \(\widehat {KAI} = 90^\circ \) nên là hình vuông.