Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Chương Dương (Hà Nội) năm 2024-2025 có đáp án
8 câu hỏi
Một bữa ăn đầy đủ chất dinh dưỡng cần có đủ \(4\) nhóm chất dinh dưỡng với tỉ số % các nhóm chất dinh dưỡng được biểu diễn trong biểu đồ hình quạt dưới đây.
a) Tính tỉ số % của chất bột đường cần có trong một bữa ăn.
(b) Một bạn học sinh có cân nặng \(45\,\,{\rm{kg}}\) thì cần khoảng \(36\,\,{\rm{g}}\) chất đạm/bữa ăn. Nếu tổng khối lượng \(4\) nhóm chất dinh dưỡng bạn nạp vào cơ thể là \(300\,\,{\rm{g}}\) thì theo biểu đồ trên, bữa ăn đó đã đủ chất đạm chưa?
a) Tỉ số % của chất bột đường cần có trong một bữa ăn là:
\(100\% - 12\% - 18\% - 5\% = 65\% \)
b, Khối lượng chất đạm bạn nạp vào cơ thể là:
\(300.12\% = 36(g)\)
Do \(36g = 36g\) nên bữa ăn đó đã đủ chất đạm.
Xét một con xúc xắc cân đối và đồng chất, số chấm ở \(6\)mặt lần lượt là: \(1;2;3;4;5;6\). Gieo ngẫu nhiên xúc xắc một lần. Tính xác suất của biến cố mặt xuất hiện của xúc xắc là số chẵn.
Số kết quả có thể xảy ra khi gieo ngẫu nhiên con xúc xắc một lần là: \(6\). Bao gồm: mặt 1 chấm, mặt 2 chấm, mặt 3 chấm, mặt 4 chấm, mặt 5 chấm, mặt 6 chấm.
Số kết quả thuận lợi của biến cố mặt xuất hiện của xúc xắc là số chẵn là: \(3\). Bao gồm: mặt 2 chấm, mặt 4 chấm, mặt 6 chấm.
Xác suất của biến cố mặt xuất hiện của xúc xắc là số chẵn là: \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)
Cho biểu thức \(P = \left( {3{x^5} - 6{x^4} + 6{x^2}} \right):\left( { - 3{x^2}} \right) + {\left( {x - 2} \right)^3}\).
1) Chứng tỏ \(P = - 4{x^2} + 12x - 10\).
2) Tính giá trị của biểu thức tại \(x = 0,5\).
1) ) Ta có:
\(P = \left( {3{x^5} - 6{x^4} + 6{x^2}} \right):\left( { - 3{x^2}} \right) + {\left( {x - 2} \right)^3}\)
\(P = - {x^3} + 2{x^2} - 2 + {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8\)
\(P = - 4{x^2} + 12x - 10\) (đpcm).
2) Ta có: \(P = - 4{x^2} + 12x - 10\)
\(P = - \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 1\)
\(P = - {\left( {2x - 3} \right)^2} - 1\)
Thay \(x = 0,5\) vào biểu thức \(P\) ta có:
\(P = - {\left( {2.0,5 - 3} \right)^2} - 1 = - 5.\)
Vậy \(P = - 5\) khi \(x = 0,5\).
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
(a) \({x^3} - 2{x^2} + 4x - 8\).
(b) \(9{x^2} - 6xy + {y^2} - 25\).
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) \({x^3} - 2{x^2} + 4x - 8\)
\( = {x^2}\left( {x - 2} \right) + 4\left( {x - 2} \right)\)
\( = \left( {{x^2} + 4} \right)\left( {x - 2} \right)\)
b) \(9{x^2} - 6xy + {y^2} - 25\)
\( = {\left( {3x - y} \right)^2} - {5^2}\)
\( = \left( {3x - y + 5} \right)\left( {3x - y - 5} \right)\)
Tìm \(x\) biết: \(\left( {4x - 1} \right)\left( {4x + 1} \right) + {\left( {3x - 2} \right)^2} = 2 - 22x\).
Tìm \(x\) biết: \(\left( {4x - 1} \right)\left( {4x + 1} \right) + {\left( {3x - 2} \right)^2} = 2 - 22x\)
\(16{x^2} - 1 + 9{x^2} - 12x + 4 - 2 + 22x = 0\)
\(25{x^2} + 10x + 1 = 0\)
\({\left( {5x + 1} \right)^2} = 0\)
\(5x + 1 = 0\)
\(x = - \frac{1}{5}\)
Vậy \(x = - \frac{1}{5}\).
1) Bạn Mai dự định gấp hộp quà có dạng hình chíp tam giác đều có độ dài cạnh đáy \(AC\) là \(18\,\,{\rm{cm}}\,{\rm{,}}\) chiều cao \(SM\) của mỗi mặt bên (trung đoạn) là \(14\,\,{\rm{cm}}\) (như hình vẽ bên dưới).
Tính diện tích xung quanh của hộp đựng quà sau khi gấp xong và diện tích giấy cần để gấp hộp, biết rằng ngoài diện tích giấy ở tất cả các mặt còn phải tốn thêm \(20\% \) diện tích cho các mép giấy và các phần giấy bị bỏ đi.
2) Sau khi gấp xong, tính chiều cao \(SO\) của hình chóp tam giác đều biết \(O\) là trọng tâm của \(\Delta ABC.\)
1) Diện tích của một mặt bên là: \({S_{SAB}} = \frac{1}{2}.AB.SH = \frac{1}{2}.14.18 = 126\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích xung quanh là: \({S_{xq}} = 3.{S_{SAB}} = 3.126 = 378\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Xét \(\Delta ABC\) đều có \(AM\) là đường cao nên \(AM\) là đường trung tuyến
\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(AB\)
\(BM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.18 = 9\,\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta BCM\) vuông tại \(M\), ta có: \(B{M^2} + C{M^2} = C{B^2}\)
\(C{M^2} = C{B^2} - B{M^2}\)\( = {18^2} - {9^2}\)\( = 243\)
\(CM = 9\sqrt 3 \) (cm)
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.CM.AB = \frac{1}{2}.9\sqrt 3 .18 = 81\sqrt 3 \) \(\left( {c{m^2}} \right)\)
Tổng diện tích các mặt là: \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_{day}} = 378 + 81\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích giấy cần dùng là: \({S_{giay}} = \left( {20\% + 1} \right){S_{tp}} = 622\,\left( {c{m^2}} \right)\)
2) Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều, \(O\) là trọng tâm nên \(OC = \frac{1}{3}CM = \frac{1}{3}.9\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta SOM\) vuông tại \(O\), ta có: \(S{M^2} = S{O^2} + O{M^2}\)
Suy ra \(S{O^2} = S{M^2} - O{M^2} = {14^2} - {\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = 169\)
Do đó \(SO = 13\) cm.
Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\,\,\,\left( {\widehat {A\,} < 90^\circ } \right)\). Vẽ \(BE\) vuông góc với \(AC\) tại \(E\) và \(CD\) vuông góc với \(AB\) tại \(D.\)
1) Chứng minh \(BE = CD\).
2) Chứng minh tứ giác \(BDEC\) là hình thang cân.
3) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BE\) và \(CD\), tìm điều kiện của \(\Delta ABC\) để \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta ABC\) và khi đó chứng minh \(BD = DE = EC\).
1) Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB = AC\).
Xét \(\Delta ABE\) vuông và \[\Delta ACD\] vuông ta có:
\(AB = AC\) (cmt); \(\widehat {A\,}\) chung
\( \Rightarrow \Delta ABE = \Delta ACD\) (cạnh huyền – góc nhọn)
\( \Rightarrow BE = CD\) (hai cạnh tương ứng)
2) Vì \[\Delta ADC = \Delta AEB\] (cmt) nên \(AD = AE\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow \Delta ADE\) cân tại \(A\) \( \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {AED}\) (tính chất tam giác cân)
Xét \(\Delta ADE\) ta có:
\(\widehat A + \widehat {ADE} + \widehat {AED} = 180^\circ \) (tổng góc)
\(\widehat A + \widehat {ADE} + \widehat {ADE} = 180^\circ \)
\(\widehat A + 2\widehat {ADE} = 180^\circ \)
\(\widehat {ADE} = \frac{{180^\circ - \widehat A}}{2}\) \(\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta ABC\) ta có:
\(\widehat A + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \) (tổng góc)
\(\widehat A + \widehat {ABC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \)
\(\widehat A + 2\widehat {ABC} = 180^\circ \)
\(\widehat {ABC} = \frac{{180^\circ - \widehat A}}{2}\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\).
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\)//\(BC\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(DECB\) là hình thang.
Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (tính chất tam giác cân)
Vây tứ giác \(DECB\) là hình thang cân.
3) Để \(I\) cách đều \(3\) cạnh của \(\Delta ABC\)
Khi \(I\) là giao điểm của ba đường phân giác
Xét \(\Delta ABC\) có \(BE\) vừa là đường cao, \(BE\) vừa là đường phân giác
\( \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(B\)\( \Rightarrow BA = BC\) (tính chất tam giác cân)
Mà \(AB = AC\) (cmt) \( \Rightarrow AB = AC = BC\) \( \Rightarrow \Delta ABC\) đều.
Ta có: \(\Delta ABC\) đều, \(BE\) là đường cao
\( \Rightarrow BE\) là đường trung tuyến nên \(E\) là trung điểm của \(AC\)\( \Rightarrow EC = \frac{1}{2}AC\).
Xét \(\Delta ABC\) đều có \(CD\) là đường cao (gt)
\( \Rightarrow CD\) là đường trung tuyến\( \Rightarrow D\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow BD = \frac{1}{2}AB\).
Xét \(\Delta ABC\) đều có \(E\) là trung điểm \(AC\) (cmt); \(D\) là trung điểm \(AB\) (cmt)
\( \Rightarrow DE\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)\( \Rightarrow DE = \frac{1}{2}BC\)
Ta có: \(EC = \frac{1}{2}AC\) (cmt); \(BD = \frac{1}{2}AB\) (cmt)
Mà \(AB = BC = AC\)\( \Rightarrow DE = EC = BD\) (đpcm).
Bác An có \(500\) triệu đồng muốn gửi tiết kiệm ở một ngân hàng. Khi đến ngân hàng, bác An được tư vấn có hai phương án gửi tiền như sau:
• Phương án thức nhất: Chia \(500\) triệu đồng thành hai khoản, khoản \(200\) triệu gửi với lãi suất \(7\% \)/năm và khoản \(300\) triệu với lãi suất \(8\% \)/năm (tính từ thời điểm gửi). Cả hai khoản đều tính lãi nhập gốc ở kì hạn kế tiếp.
• Phương án thứ hai: Gửi toàn bộ \(500\) triệu với lãi suất \(7,6\% \)/năm (tính từ thời điểm gửi) và lãi nhập gốc ở kì hạn kế tiếp.
Nếu muốn gửi \(500\) triệu đồng trong hai năm thì bác An lựa chọn phương án nào sẽ nhận được tổng tiền gốc và lãi cao hơn?
Nếu gửi theo phương án \(1\):
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(1\) năm từ khoản \(200\)triệu đồng là:
\((200 + 200.7\% ) = 214\) (triệu đồng)
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(2\) năm từ khoản \(200\)triệu đồng là:
\(214 + 214.7\% = 228,98\)(triệu đồng)
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(1\) năm từ khoản \(300\)triệu đồng là:
\((300 + 300.8\% ) = 324\) (triệu đồng)
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(2\) năm từ khoản \(300\)triệu đồng là:
\(324 + 324.8\% = 349,92\)(triệu đồng)
Tổng số tiền cả gốc và lãi bác An nhận được sau \(2\) năm là:
\(228,98 + 349,92 = 578,9\) (triệu đồng)
Nếu gửi theo phương án \(2\):
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(1\) năm là: \(500 + 500.7,6\% = 538\) (triệu đồng)
Số tiền gốc và lãi bác An nhận được sau \(2\) năm là: \(538 + 538.7,6\% = 578,888\) (triệu đồng)
Do \(578,9 > 578,888\) nên
Vậy bác An lựa chọn phương án \(1\)sẽ nhận được tổng tiền gốc và lãi cao hơn.
Bạn có thích hoạt động này không?
