Bộ 7 đề thi cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo (2023-2024) có đáp án - Đề 2

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

b) \({(2x + y)^2} - 3x(x - y) = 4{x^2} + 4xy + {y^2} - 3{x^2} + 3xy = {x^2} + 7xy + {y^2}.\)

a) \(\frac{{x + y}}{{2y}} + \frac{{2x - y}}{{2y}} = \frac{{x + y + 2x - y}}{{2y}} = \frac{{3x}}{{2y}}.\)

b) \(\frac{{{x^2} - 5x}}{{x - 3}} - \frac{{x - 9}}{{x - 3}} = \frac{{{x^2} - 5x - x + 9}}{{x - 3}} = \frac{{{x^2} - 6x + 9}}{{x - 3}} = \frac{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}{{x - 3}} = x - 3.\)

c) \(\frac{{x + 2}}{{x - 3}} + \frac{2}{{x + 3}} + \frac{{3{x^2} + x}}{{9 - {x^2}}}\)

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

\( = \frac{{{x^2} + 5x + 6 + 2x - 6 - 3{x^2} - x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{ - 2{x^2} + 6x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{ - 2x(x - 3)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{ - 2x}}{{x + 3}}.\)

a) \(4{x^2}y + 8x = 4x\left( {xy + 2} \right).\)

b) \(9{x^2} - 6x + 1 = {\left( {3x - 1} \right)^2}.\)

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

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) có \(A{C^2} = B{C^2} + A{B^2}\) (định lý Pythagore)

Suy ra \(A{C^2} = {12^2} + {5^2} = 169.\)

Do đó \(AC = 13\;{\rm{km}}{\rm{.}}\)

Vậy quãng đường từ nhà đến trường của bạn Thanh xa hơn quãng đường từ nhà đến trường của bạn Lan là \(13 - 12 = 1\) (km).

a) Xét tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {A\,\,} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A),\) \(\widehat {E\,} = 90^\circ \) (do \(HE \bot AB\) tại \(E),\) \(\widehat {F\,} = 90^\circ \) (do \(HF \bot AC\) tại \(F).\)

Suy ra tứ giác \(AEHF\) là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).

b) Ta có: \(EH = AF\) (do \(EFMH\) là hình chữ nhật) và  \(AF = FM\) (do \(M\) đối xứng \(A\) qua \(F),\) suy ra \(EH = FM.\)

Ta có \(EH\,{\rm{//}}\,AF\) (do \[EFMH\] là hình chữ nhật) và \(EH\,{\rm{//}}\,FM\) (do \[M\] thuộc \(AF).\)

Xét tứ giác \(EFMH\) có: \(EH = FM\) (chứng minh trên), \(EH\,{\rm{//}}\,FM\) (chứng minh trên).

Vậy tứ giác \(EFMH\) là hình bình hành (tứ giác có 2 cạnh đối song song và bằng nhau.

c) Xét tứ giác \(AHMD\) có \(F\) là trung điểm của \(AM\) và \(HD\) nên \(AHMD\) là hình bình hành. Lại có \(AM \bot HD\) nên hình bình hành \(AHMD\) là hình thoi.

Do đó \(AH\,{\rm{//}}\,DM,\) mà \(AH \bot BC\) nên \(DM \bot BC.\)

Xét \(\Delta HDC\) có hai đường cao \(CF\) và \(DM\) cắt nhau tại \(M\) nên \(M\) là trực tâm của tam giác. Do đó \(HM \bot DC.\)

Lại có \(EF\,{\rm{//}}\,HM\) (do \(EFMH\) là hình bình hành), nên \(EF \bot DC.\)