Đề thi KSCL đầu năm Toán 8 (có đáp án) - Đề 1
12 câu hỏi
Phần I. Trắc nghiệm (3,0 điểm)
Phần 1. Trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Học sinh trả lời từ Câu 1 đến Câu 6 và ghi chữ cái trước đáp án đúng vào bài làm
Biểu thức nào sau đây là đơn thức?
\(2x + 1.\)
\( - 6{x^2}y.\)
\({x^2} + y.\)
\(\sqrt x - y.\)
Đáp án đúng là: B
Biểu thức \( - 6{x^2}y\)không phải là biểu thức đại số.
Bậc của đa thức \[{x^4}{y^2}z + 5{x^2}{y^5} - 7x{y^4}\]là
9.
3.
5.
7
Đáp án đúng là: D
• Đơn thức \[{x^4}{y^2}z\]có bậc là 7. • Đơn thức \[5{x^2}{y^5}\]có bậc là 7.
• Đơn thức \[7x{y^4}\]có bậc là 5.
Do đó, đa thức \[{x^4}{y^2}z + 5{x^2}{y^5} - 7x{y^4}\]có bậc là 7.
Đơn thức \(9{x^3}y{z^2}\) chia hết cho đơn thức nào sau đây?
\(3{x^4}y{z^2}.\)
\(5{x^3}{y^2}z{\rm{.}}\)
\( - 4{x^3}y{z^3}{\rm{.}}\)
\( - 2{x^3}z{\rm{.}}\)
Đáp án đúng là: D
Đơn thức \(9{x^3}y{z^2}\)chia hết cho đơn thức \( - 2{x^3}z{\rm{.}}\)
Trong các hình sau đây, hình nào là hình bình hành?
Hình a).
Hình b).
Hình c).
Hình d).
Đáp án đúng là: C
Hình c) là hình bình hành vì tứ giác \[ABCD\] ở Hình c) có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Hệ số cao nhất của đa thức \(5{x^6} + 8{x^5} - 5{x^6} + 9{x^2} + 11{x^3} - 1\) là
5.
8.
9.
11.
Đáp án đúng là: B
Hệ số cao nhất của đa thức \(5{x^6} + 8{x^5} - 5{x^6} + 9{x^2} + 11{x^3} - 1\) là 8.
Gieo 90 lần một con xúc xắc cân đối và đồng chất ta được kết quả như sau:
Mặt | 1 chấm | 2 chấm | 3 chấm | 4 chấm | 5 chấm | 6 chấm |
Số lần xuất hiện | 18 | 12 | 10 | 26 | 12 | 12 |
Xác suất của biến cố A: “gieo được có số chấm không nhỏ hơn 4” là
\(\frac{9}{5}\).
\(\frac{4}{{15}}\).
\(\frac{4}{9}\).
\(\frac{5}{9}\).
Đáp án đúng là: D
Biến cố A có 90 kết quả có thể xảy ra.
Mặt xuất hiện của xúc xắc có số chấm không nhỏ hơn 4 là: mặt 4 chấm, mặt 5 chấm, mặt 6 chấm.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(26 + 12 + 12 = 50\).
Xác suất của biến cố A: “gieo được có số chấm không nhỏ hơn 4” là: \(\frac{{50}}{{90}} = \frac{5}{9}.\)
Phần 3. Trắc nghiệm trả lời ngắn
(0,5 điểm). Kết quả sau khi rút gọn biểu thức\(A = \left( {x - 5} \right)\left( {2x + 3} \right) - 2x\left( {x - 3} \right) + 2x + 7\)thì ta được đa thứccó bậc là............
Đáp án: 1.
Ta có \(A = \left( {x - 5} \right)\left( {2x + 3} \right) - 2x\left( {x - 3} \right) + 2x + 7\)
\( = 2{x^2} - 10x + 3x - 15 - 2{x^2} + 6x + 2x + 7\)
\( = \left( {2{x^2} - 2{x^2}} \right) + \left( {6x + 2x - 10x + 3x} \right) + \left( {7 - 15} \right)\)
\( = x - 8.\)
Vậy sau khi rút gọnbiểu thức \(A\) thì ta được đa thứccó bậc là 1.
Phần II. Tự luận (7,0 điểm)
(1,0 điểm)Cho ba đơn thức: \(25x{y^2}\,;6x{y^2}\,;\,\, - 15x{y^2}\).
a) Tính tổng \[S\] các đơn thức trên.
b) Tính giá trị của tổng \[S\] biết \(x = 1\,;\,\,y = - \frac{1}{2}\).
a) Ta có \[S = 25x{y^2} + 6x{y^2}\, + \left( { - 15} \right)x{y^2} = \left( {25 + 6 - 15} \right)x{y^2} = 16x{y^2}.\]
b) Thay\(x = 1\,;\,\,y = - \frac{1}{2}\)vào \[S\] ta được:\[S = 16 \cdot 1 \cdot {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = 4\].
(1,0 điểm) Tìm đa thức \(M\), biết:
a) \(M \cdot 2{x^3} = \,12{x^4}{y^2} - 6{x^3}\). b) \(M - 5{x^2} + 4xyz = xy + 3{x^2} - 2xyz + 3\).
a) \(M = \,\left( {12{x^4}{y^2} - 6{x^3}} \right):2{x^2} = 12{x^4}{y^2}:2{x^2} - 6{x^3}:2{x^2} = \,6{x^2}{y^2} - 3x\)
b) \(M = xy + 3{x^2} - 2xyz + 3 + 5{x^2} - 4xyz\)
\( = xy + \left( {3{x^2} + 5{x^2}} \right) - \left( {2xyz + 4xyz} \right) + 3\)
\( = xy + 8{x^2} - 6xyz + 3\).
(1,5 điểm)
a) Tìm \(x\), biết: \(\left( {2x + y} \right)\left( {y + 3} \right) - \left( {y + 3} \right)\left( {y - 2x} \right) = 4xy - 24\).
b) Một mảnh đất hình tam giác có chiều cao là \(3{x^2}y\,\,({\rm{m}})\) và chiều dài đáy là \(4x{y^2}\,\,({\rm{m}})\). Tìm đơn thức biểu diễn diện tích của mảnh đất và tính diện tích của mảnh đất nếu \[x = 4\] và \[y = 3.\]
a) \(\left( {2x + y} \right)\left( {y + 3} \right) - \left( {y + 3} \right)\left( {y - 2x} \right) = 4xy - 24\).
\(2xy + 6x + {y^2} + 3y - {y^2} + 2xy - 3y + 6x = 4xy - 24\)
\[\left( {2xy + 2xy} \right) + \left( {{y^2} - {y^2}} \right) + 6x + 3y - 3y + 6x = - 24\]
\(12x = - 24\)
\(x = - 2\).
Vậy \(x = - 2\).
b) Đơn thức biểu diễn diện tích của mảnh đất là:\(\frac{1}{2} \cdot 3{x^2}y \cdot 4x{y^2} = 6{x^3}{y^3}\,\,({{\rm{m}}^2})\).
Thay\[x = 4\]và \[y = 3\] thì diện tích của mảnh đất là: \[6{\rm{ }} \cdot {4^3} \cdot {3^3} = 10{\rm{ }}368{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
Vậy nếu \[x = 4\]và \[y = 3\] thì diện tích của mảnh đất là \[10{\rm{ }}368{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]
Cho hình bình hành \[ABCD\,\,\left( {AB > AD} \right).\] Gọi \[E\] và \[K\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[CD;{\rm{ }}BD\]cắt \[AK,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}CE\] lần lượt tại \[M,{\rm{ }}O,{\rm{ }}N.\] Chứng minh:
a) Tứ giác \[AECK\] là hình bình hành.
b) Ba điểm \[E,{\rm{ }}O,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.
c) \[MD = MN = NB.\]
a) Vì tứ giác \[ABCD\] là hình bình hành nên \[AB = CD\] và \[AB\,{\rm{//}}\,CD.\] Mà \[AE = \frac{1}{2}AB;\,\,CK = \frac{1}{2}CD\] (vì \[E,\,\,F\] lần luợt là là trung điểm \[AB,\,\,CD\,)\] nên\[AE = CK\] và\[AE\,{\rm{//}}\,CK.\] Do đó tứ giác \[AECK\] là hình bình hành. |
b) Do tứ giác \[ABCD\] là hình bình hành.
Mà \[O\] là giao của \[AC\] và \(BD\)nên \[O\] là trung điểm \[AC\].
Lại có tứ giác\[AECK\] là hình bình hành (câu a) nên\[O\] là trung điểm \[EK.\]
Do đó, ba điểm \[E,{\rm{ }}O,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.
c) Vì \(O,\,\,K\) lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,CD\) nên \(AK,\,\,DO\) là các đường trung tuyến của \(\Delta ADC.\)
Mà hai đường trung tuyến\(AK\) và \(DO\) cắt nhau tại \(M\) nên \(M\)là trọng tâm \(\Delta ADC.\)
Vì \(E,\,\,O\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC\) nên \(AB,\,\,AC\) là các đường trung tuyến của \(\Delta ABC.\)
Mà hai đường trung tuyến \(AB\) và \(AC\) cắt nhau tại \(N\) nên \(N\)là trọng tâm \(\Delta ABC.\)
Khi đó\(BN = \frac{2}{3}OB\,;\,\,ON = \frac{1}{3}BO\,;\,\,DM = \frac{2}{3}DO\,;\,\,OM = \frac{1}{3}DO\).(1)
Do tứ giác \[ABCD\] là hình bình hành.
Mà \[O\] là giao của \(AC\) và \(BD\)nên \[O\] là trung điểm \(BD\) hay \[OB = OD.\] (2)
Từ (1) (2) suy ra\[MD = MN = NB.\]
(1,0 điểm)
a) Cho các đa thức \(M = {a^2}bc + a\,;\,\,N = a{b^2}c + b\,;\,\,Q = ab{c^2} + c\)với \[a,\,\,b,\,\,c\] thoả mãn \(a + b - c = 1.\)Chứng minh\(M + N - Q = abc + 1.\)
b) Tìm \[a,\,\,b\] để đa thức \(f(x) = {x^3} - 2{x^2} + ax + b\) chia cho đa thức \(x - 1\) dư 7, chia cho đa thức \(x + 2\) dư \[ - 17.\]
a) Ta có \[M + N - Q = \left( {{a^2}bc + a} \right) + \,\left( {a{b^2}c + b} \right) - \left( {ab{c^2} + c} \right)\]
\[ = {a^2}bc + a + \,a{b^2}c + b - ab{c^2} - c\]
\[ = abc \cdot a + abc \cdot b - abc \cdot c + a\, + b - c\]
\[ = abc\left( {a + b - c} \right) + \left( {a + b - c} \right)\]\[\, = abc + 1\] (đpcm).
b) Vì\(f(x)\) chia cho \(x - 1\) dư 7nên \[a + b = 8\] hay \[b = 8--a.\]
Vì\(f(x)\) chia cho \(x + 2\) dư \[ - 17\]nên \[ - 2a + b = - 1\].
Thay \[b = 8--a\] vào biểu thức \[ - 2a + b = - 1\], ta được\[ - 2a + 8 - a = - 1\] nên \[3a = 9\] hay \[a = 3\].
Suy ra \[b = 8--3 = 5.\]
Vậy \[a = 3\,;\,\,b = 5.\]
