Đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 2
29 câu hỏi
Phần 1. (3,0 điểm) Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Trong mỗi câu hỏi từ câu 1 đến câu 12, hãy viết chữ cái in hoa đứng trước phương án đúng duy nhất vào bài làm.
Điều kiện xác định của phân thức \(\frac{{x - 1}}{{x - 2}}\) là
\(x \ne 1.\)
\(x \ne 2.\)
\(x \ne 1;x \ne 2.\)
\(x \in \mathbb{R}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Điều kiện xác định của phân thức \(\frac{{x - 1}}{{x - 2}}\) là \(x - 2 \ne 0\) hay \(x \ne 2.\)
Thể tích của hình chóp là một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.
Phần 2. (2,0 điểm) Câu trắc nghiệm đúng sai
Trong câu 13, 14, hãy chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).
Câu 13 - 16. Cho hàm số \(\left( d \right):y = \left( {2 - m} \right)x + 3m - 1\).
a) Điều kiện để hàm số trên là hàm bậc nhất là \(m = 2.\)
S
a) Điều kiện để hàm số trên là hàm số bậc nhất là \(2 - m \ne 0\) suy ra \(m \ne 2\).
b) Với \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {0;4} \right).\)
S
b) Với \(m = - 1\), ta có: \(\left( d \right):y = 3x - 4\).
Thay \(x = 0,y = 4\) vào \(\left( d \right):y = 3x - 4\), ta được: \(3.0 - 4 = 4\) hay \( - 4 = 4\) (vô lí)
Do đó với \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số \(\left( d \right)\) không đi qua điểm \(A\left( {0;4} \right).\)
c) Để \(\left( d \right)\) song song với \(\left( {d'} \right):y = - x + m - 3\) thì \(m = 3.\)
Đ
c) Để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với \(\left( {d'} \right):y = - x + m - 3\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}2 - m = - 1\\3m - 1 \ne m - 3\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\m \ne - 1\end{array} \right.\).
Do đó, \(m = 3.\)
d) Để \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(\left( {d''} \right):y = - x + 2\) tại một điểm thuộc trục tung thì \(m = 1.\)
Đ
d) Nhận thấy đường thẳng \(\left( {d''} \right):y = - x + 2\) luôn cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(2.\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(3m - 1\).
Do đó, để \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(\left( {d''} \right):y = - x + 2\) tại một điểm thuộc trục tung thì \(2 = 3m - 1\).
Suy ra \(m = 1.\)
Tích của phân thức \(\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}\) với \( - 1\) có kết quả là
\(\frac{2}{{3{x^2}y}}.\)
\(\frac{{ - 2}}{{6{x^2}y}}.\)
\(\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}.\)
\(\frac{{ - 2}}{{3{x^2}{y^2}}}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}.\left( { - 1} \right) = \frac{2}{{3{x^2}y}}.\)
Câu 17-20. Bạn An gieo một con xúc xắc nhiều lần và thống kê kết quả các lần gieo ở bảng sau:
Mặt | 1 chấm | 2 chấm | 3 chấm | 4 chấm | 5 chấm | 6 chấm |
Số lần xuất hiện | 10 | 8 | 6 | 12 | 4 | 10 |
a) Bạn An đã gieo xúc xắc tổng \(50\) lần.
Đ
a) Bạn An đã gieo tổng số lần là: \(10 + 8 + 6 + 12 + 4 + 10 = 50\) (lần)
b) Số kết quả thuận lợi của biến cố “Xuất hiện mặt \(4\) chấm” là \(4\).
S
b) Quan sát bảng, ta thấy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt \(4\) chấm” là \(12\).
c) Xác suất của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” là \(0,6.\)
Đ
c) Kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” là \(12 + 8 + 10 = 30\).
Xác suất của biến cố “Xuất hiện số mặt có số chấm chẵn” là: \(\frac{{30}}{{50}} = 0,6.\)
d) Xác suất của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn \(3\)” là \(\frac{{14}}{{25}}.\)
S
d) Kết quả thuận lợi của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn \(3\)” là
\(6 + 12 + 4 + 10 = 32\)
Do đó, xác suất của biến cố đó là \(\frac{{32}}{{50}} = \frac{{16}}{{25}}.\)
Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn?
\(0x + 5 = 0.\)
\(2{x^2} - 3 = 0.\)
\(\frac{3}{x} - 2 = 0.\)
\(2x + 1 = 0.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b = 0{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
Do đó. \(2x + 1 = 0\) là phương trình bậc nhất một ẩn.
Câu 26-28. (1,5 điểm) Cho hình bình hành \(ABCD\), điểm \(F\) trên cạnh \(BC\). Tia \(AF\) cắt \(BD\) và \(DC\) lần lượt ở \(E\) và \(G\). Chứng minh rằng:
a) ΔDEA∽ΔBEF và ΔDGE∽ΔBAE.
a) Ta có: \(BF\parallel AD\) (gt)
Suy ra \(\widehat {EDA} = \widehat {EBF}\) (so le trong)
\(\widehat {EAD} = \widehat {EFB}\) (so le trong)
Xét \(\Delta DEA\) và \(\Delta BEF\), có:
\(\widehat {EDA} = \widehat {EBF}\) (so le trong)
\(\widehat {EAD} = \widehat {EFB}\) (so le trong)
Do đó, ΔDEA∽ΔBEF (g.g)
Lại có \(AB\parallel GD\) (gt) nên \(\widehat {DGE} = \widehat {BAE}\) (so le trong)
Xét \(\Delta DGE\) và \(\Delta BAE\), có:
\(\widehat {DGE} = \widehat {BAE}\) (so le trong)
\(\widehat {DEG} = \widehat {BEA}\) (đối đỉnh)
Suy ra ΔDGE∽ΔBAE (g.g)
b) \(A{E^2} = EF.EG\).
b) Ta có: ΔDEA∽ΔBEF (cmt) nên \[\frac{{AE}}{{EF}} = \frac{{DE}}{{BE}}\] (1)
ΔDGE∽ΔBAE (cmt) nên \[\frac{{GE}}{{EA}} = \frac{{DE}}{{BE}}\] (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[\frac{{GE}}{{EA}} = \frac{{AE}}{{FE}}\] nên \(A{E^2} = EF.EG\) (đpcm).
c) \(BF.DG\) không đổi khi \(F\) thay đổi trên \(BC.\)
c) Từ câu a), ta có: ΔDEA∽ΔBEF nên \[\frac{{AD}}{{BF}} = \frac{{DE}}{{BE}}\] (3)
ΔDGE∽ΔBAE nên \[\frac{{GD}}{{BA}} = \frac{{DE}}{{BE}}\] (4)
Từ (3) và (4) suy ra \[\frac{{GD}}{{BA}} = \frac{{DA}}{{BF}}\] nên \[BF.DG = AD.BA\].
Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \[AD.BA\] không đổi.
Do đó, \[BF.DG\] không đổi khi \[F\] thay đổi trên \[BC.\]
Phương trình \(3 - 2x = 0\) có nghiệm là
\(x = 3.\)
\(x = \frac{2}{3}.\)
\(x = \frac{3}{2}.\)
\(x = \frac{{ - 3}}{2}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(3 - 2x = 0\) nên \(2x = 3\) do đó, \(x = \frac{3}{2}\).
Đồ thị hàm số \(y = ax{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\) là một đường thẳng luôn đi qua
gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right).\)
điểm \(A\left( {1;0} \right).\)
điểm \(B\left( {0;1} \right).\)
điểm \(C\left( {1;1} \right).\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Đồ thị hàm số \(y = ax{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\) là một đường thẳng luôn đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right).\)
Hệ số góc của đường thẳng \(y = x - 2\) là
\( - 2.\)
\(2.\)
\( - 1.\)
\(1.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Hệ số góc của đường thẳng \(y = x - 2\) là \(1.\)
Một hộp có 30 quả bóng được đánh số từ 1 đến 30, đồng thời các quả bóng từ 1 đến 10 được sơn màu cam và các quả bóng còn lại được sơn màu xanh. Các quả bóng có kích cỡ và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên một quả bóng trong hộp. Số kết quả thuận lợi của biến cố: “Quả bóng được lấy ra được sơn màu cam” là
\(10.\)
\(20.\)
\(15.\)
\(30.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Số kết quả thuận lợi của biến cố “Quả bóng được lấy ra có màu cam” là 10 (là các quả bóng được đánh số từ 1 đến 10).
Một hộp chứa \(10\) tấm thẻ cùng loại được đánh số thứ tự \(4\) đến \(13\). Minh lấy ra ngẫu nhiên một thẻ từ hộp. Xác suất để chọn ra thẻ ghi số chẵn là
\(0,2.\)
\(0,3.\)
\(0,4.\)
\(0,5.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Các kết quả thuận lợi cho biến cố “lấy được thẻ ghi số chẵn” là: \(4;6;8;10;12\).
Do đó, có 5 kết quả thuận lợi.
Suy ra xác suất để chọn được thẻ ghi số chẵn là \(\frac{5}{{10}} = 0,5\).
Cho \(\Delta MNP\) và \(\Delta DEF\) có \(\widehat M = \widehat D\). Điều kiện để theo trường hợp góc – góc là
\(\widehat N = \widehat F.\)
\(\widehat P = \widehat F.\)
\(\widehat M = \widehat E.\)
\(\widehat P = \widehat E\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Để ΔMNP∽ΔDEF (g-g) mà \(\widehat M = \widehat D\) thì \(\widehat P = \widehat F.\)
Cho ΔABC∽ΔA'B'C' theo tỉ số đồng dạng \(k = 1\) thì ΔA'B'C'∽ΔABC theo tỉ số đồng dạng là
\(2.\)
\(\frac{1}{2}.\)
\(1.\)
\(3.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Nếu ΔABC∽ΔA'B'C' theo tỉ số đồng dạng \(k = 1\) thì ΔA'B'C'∽ΔABC theo tỉ số đồng dạng là 1.
Cho các hình dưới đây.
Hình có dạng là hình chóp tam giác đều là
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Hình có dạng hình chóp tam giác đều là hình 1.
Thể tích của hình chóp là
tích nửa chu vi đáy và đường cao của hình chóp.
tích nửa chu vi đáy và trung đoạn.
một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.
một phần b tích diện tích đáy và trung đoạn.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Thể tích của hình chóp là một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.
Phần 3. (2,0 điểm) Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn
Trong các câu từ 15 đến 18, hãy viết câu trả lời/ đáp án vào bài làm mà không cần trình bày lời giải chi tiết.
Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = - 2x + 3\). Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( { - m; - 3} \right).\)
Hướng dẫn giải
Đáp án: \( - 3\)
Thay tọa độ điểm \(A\left( { - m; - 3} \right)\) khi \( - 2.\left( { - m} \right) + 3 = - 3\) hay \(2m = - 6\) nên \(m = - 3.\)
Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của biến cố \(B\): “Tổng số chấm sau hai lần gieo bằng \(8\)”. (Kết quả viết dưới dạng số thập phân, làm tròn đến hàng phần trăm)
Hướng dẫn giải
Đáp án: \(0,14\)
Các kết quả có thể xảy ra khi gieo hai con xúc xắc là \(6.6 = 36\).
Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng số chấm sau hai lần gieo bằng 8” là: \(\left( {2;6} \right);\left( {6;2} \right);\left( {3;5} \right);\)\(\left( {5;3} \right);\left( {4;4} \right)\).
Do đó, có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố \(B.\)
Suy ra, xác suất của biến cố \(B\) là: \(P\left( B \right) = \frac{5}{{36}} \approx 0,14\).
Để đón một người khách, xe taxi xuất phát từ vị trí điểm \(A\), chạy dọc một con phố dài \(3{\rm{ km}}\) đến điểm \(B\) thì rẽ vuông góc sang trái, chạy \(3{\rm{ km}}\) đến điểm \(C\) thì tài xế cho xe rẽ vuông góc sang phải, chạy \(1{\rm{ km}}\) nữa thì gặp vị khách tại điểm \(D\) (như hình vẽ).
Hỏi lúc đầu, khoảng cách từ chỗ người lái xe đến người khách là bao nhiêu kilômét?
Hướng dẫn giải
Đáp án: \(5\)
Gọi điểm \(M\) sao cho \(ABCM\) là hình vuông.
Xét \(\Delta AMD\) vuông tại \(M\), có: \(DM = DC + CM = DC + BA = 1 + 3 = 4{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right)\).
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(\Delta AMD\), ta có:
\(D{M^2} + A{M^2} = A{D^2}\) hay \({4^2} + {3^2} = A{D^2}\) do đó \(A{D^2} = 25\) nên \(AD = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right)\).
Vậy khoảng cách lúc đầu từ chỗ người lái xe đến người khách là \(5{\rm{ km}}{\rm{.}}\)
Người ta làm mô hình một kim tự tháp ở cổng vào của bảo tàng Louvre. Mô hình có dạng hình chóp tứ giác đều, chiều cao \(21{\rm{ m,}}\) độ dài cạnh đáy là \(34{\rm{ m}}\).
Tính tổng diện tích của các tấm kính để phủ kín bốn mặt bên của bảo tàng này (đơn vị: m2).
(Các kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Hướng dẫn giải
Đáp án: \(1836\)
Ta minh họa bảo tàng bằng hình chóp tứ giác sau:
Đường cao của hình chóp \(SO\) vuông góc với mặt đáy \(ABCD\) nên \(SO \bot OH.\)
Dễ thấy \(OH = \frac{1}{2}DC = \frac{1}{2}.34 = 17{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)
Xét tam giác \(SOH\) vuông tại \(O.\)
Theo định lí Pythagore, ta có: \(S{H^2} = S{O^2} + O{H^2}\)
Suy ra \(S{H^2} = {21^2} + {17^2} = 730\)
Suy ra \(SH = \sqrt {730} \approx 27{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).
Nửa chu vi mặt đáy là: \(P = \frac{1}{2}\left( {34 + 34 + 34 + 34} \right) = 68{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)
Tổng diện tích các tấm kính để phủ kín bốn mặt bên của bảo tàng hình chóp này là:
\({S_{xq}} = P.d = 68.27 = 1836{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).
B. TỰ LUẬN (3,0 điểm)
(1,0 điểm) Có hai loại dung dịch muối I và II. Người ta hòa \(200\) gam dung dịch muối I với \(300\) gam dung dịch muối II thì được một dung dịch có nồng độ muối là \(33\% .\) Tính nồng độ muối trong dung dịch I và II, biết rằng nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là \(20\% \).
Hướng dẫn giải
Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là \(x{\rm{ }}\left( \% \right)\) với \(x > 0.\)
Khi đó, lượng muối có trong dung dịch I là: \(200.\frac{x}{{100}} = 2x{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).
Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là \(20\% \) nên nồng độ muối trong dung dịch II là \(x - 20{\rm{ }}\left( \% \right)\)
Khi đó, lượng muối có trong dung dịch II là \(300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\)
Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: \(2x + 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).
Khối lượng dung dịch muối sau trộn hai dung dịch là: \(200 + 300 = 500{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).
Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là \(33\% \) nên ta có phương trình \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\% \).
Giải phương trình, ta được: \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\% \)
\(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{5} = 33\)
\(2x + 3\left( {x - 20} \right) = 33.5\)
\(2x + 3x - 60 = 165\)
\(5x = 225\) nên \(x = 45\) (thỏa mãn)
Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là \(45\% \) và \(25\% .\)
(0,5 điểm) Rút gọn biểu thức C=1−122.1−132.1−142.....1−1n2.
Hướng dẫn giải
Ta có: \[1 - \frac{1}{{{k^2}}} = \frac{{{k^2} - 1}}{{{k^2}}} = \frac{{\left( {k - 1} \right)\left( {k + 1} \right)}}{{{k^2}}}\].
Do đó, ta có: \[C = \left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right).\left( {1 - \frac{1}{{{3^2}}}} \right).\left( {1 - \frac{1}{{{4^2}}}} \right).....\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\]
\[C = \frac{{1.3}}{{{2^2}}}.\frac{{2.4}}{{{3^2}}}.\frac{{3.5}}{{{4^2}}}....\frac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}\]
\[C = \frac{{1.3.2.4.3.5.....\left( {n - 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{{{2^2}{{.3}^2}{{.4}^2}.....{n^2}}}\]
\[C = \frac{{1.2.3.....\left( {n - 1} \right)}}{{2.3.4.....\left( {n - 1} \right)n}}.\frac{{3.4.5.....\left( {n + 1} \right)}}{{2.3.4....n}}\]
\[C = \frac{1}{n}.\frac{{n + 1}}{2} = \frac{{n + 1}}{{2n}}\].
Vậy \[C = \frac{{n + 1}}{{2n}}.\]
