Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 7

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hai đơn thức thu gọn là $A = \left( {0{,}3 + \pi } \right){x^2}y;$ $D = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x{y^2}z$ vì hai đơn thức này là dạng tích của một số với những biến, mỗi biến chỉ xuất hiện một lần và đã được nâng lên lũy thừa với số mũ nguyên dương.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có ${x^3} - 12{x^2} + 48x - 64 = 0$

${\left( {x - 4} \right)^3} = 0$

$x - 4 = 0$

$x = 4.$

Vậy $x = 4.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phân thức đối của phân thức $\frac{{3x}}{{x + y}}$ là $- \frac{{3x}}{{x + y}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Số cạnh bên của hình chóp tam giác đều là 3 cạnh.

Số cạnh đáy của hình chóp tam giác đều là 3 cạnh.

Tổng số cạnh bên và cạnh đáy của hình chóp tam giác đều là: $3 + 3 = 6$ (cạnh)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Diện tích xung quanh ${S_{xq}}$ của hình chóp đều có nửa chu vi đáy $p$ và độ dài trung đoạn $d$ là: ${S_{xq}} = pd.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Xét tứ giác $MNPQ,$ ta có: $\widehat Q + \widehat {QMN} + \widehat N + \widehat {NPQ} = 360^\circ$ (tổng các góc của một tứ giác)

Suy ra $\widehat {NPQ} = 360^\circ - \left( {\widehat {QMN} + \widehat N + \widehat Q} \right) = 360^\circ - \left( {110^\circ + 120^\circ + 60^\circ } \right) = 70^\circ$.

Do $PM$ là tia phân giác của góc $NPQ$ nên ta có: $\widehat {MPQ} = \frac{{\widehat {NPQ}}}{2} = \frac{{70^\circ }}{2} = 35^\circ$.

Vậy số đo của $\widehat {MPQ}$ là $35^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hình thang có một góc vuông là hình thang vuông. Do đó nhận định D là sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Chiều cao của các bạn học sinh nữ lớp 8A là số liệu liên tục.

Số môn thể thao mà các bạn tổ 1 của lớp 8B biết chơi là số liệu rời rạc.

Kết quả bơi 50 m tự do của 10 vận động viên là số liệu liên tục.

Nhiệt độ các ngày trong tuần ở Hà Nội là số liệu liên tục.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

a) $4{x^2} - 6x$

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

b) $25{\left( {x - y} \right)^2} - 16{\left( {x + y} \right)^2}$

$= {\left[ {5\left( {x - y} \right)} \right]^2} - {\left[ {4\left( {x + y} \right)} \right]^2}$

$$= {\left( {5x - 5y} \right)^2} - {\left( {4x + 4y} \right)^2}$$

$$= \left[ {5x - 5y - \left( {4x + 4y} \right)} \right]\left[ {5x - 5y + \left( {4x + 4y} \right)} \right]$$

$$= \left( {5x - 5y - 4x - 4y} \right)\left( {5x - 5y + 4x + 4y} \right)$$

$$= \left( {x - 9y} \right)\left( {9x - y} \right).$$

Hướng dẫn giải

a) Ta có $9 - {x^2} = \left( {3 - x} \right)\left( {3 + x} \right).$

$$2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}} = \frac{{2\left( {3 + x} \right) - \left( {x + 5} \right)}}{{3 + x}} = \frac{{6 + 2x - x - 5}}{{3 + x}} = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}.$$

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ne 0\\x - 3 \ne 0\\9 - {x^2} \ne 0\\2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}} \ne 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ne 0\\x - 3 \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right.$ tức là $\left\{ \begin{array}{l}x \ne - 3\\x \ne 3\\x \ne - 1\end{array} \right.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x \ne - 3,x \ne 3$ và $x \ne - 1.$

b) Với $x \ne - 3,x \ne 3$ và $x \ne - 1$ ta có:

$A = \left( {\frac{x}{{x + 3}} - \frac{2}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{9 - {x^2}}}} \right):\left( {2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}}} \right)$

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

$= \frac{{x\left( {x - 3} \right) - 2\left( {x + 3} \right) - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}:\frac{{x + 1}}{{x + 3}}$

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

$$= \frac{{ - 5x - 5}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}.\frac{{x + 3}}{{x + 1}}$$

$$= \frac{{ - 5\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}.$$

Vậy với $x \ne - 3,x \ne 3$ và $x \ne - 1$ thì $A = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}.$

c) Với ${x^2} - x - 2 = 0$ ta có ${x^2} - 2x + x - 2 = 0$

$x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) = 0$

$\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0$

Suy ra $x - 2 = 0$ hoặc $x + 1 = 0$

$x = 2$ (thỏa mãn) hoặc $x = - 1$ (không thỏa mãn)

Thay $x = 2$ vào biểu thức $A = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}$ ta được:

$A = \frac{{ - 5}}{{2 - 3}} = \frac{{ - 5}}{{ - 1}} = 5.$

Vậy nếu ${x^2} - x - 2 = 0$ thì $A = 5.$

Hướng dẫn giải

a) Từ biểu đồ cột kép, ta hoàn thành được bảng thống kê như sau:

b) Tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là:

$59{,}59 + 76{,}1 + 87{,}64 = 223{,}33$ (tỷ USD).

Vậy tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là $223{,}33$ tỷ USD.

c) Ta thấy trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2021 lớn hơn trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2020 (vì $78{,}56 > 63{,}4$).

Do đó, giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020.

Tỉ số phần trăm trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2020 và quý I năm 2021 là: $\frac{{78{,}56}}{{63{,}4}} \cdot 100\% \approx 123{,}9\%$.

Số phần trăm giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020 là khoảng: $123{,}9\% - 100\% = 23{,}9\%$.

Vậy giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng khoảng $19{,}3\%$ so với quý I năm 2020.

Hướng dẫn giải

1. a) Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SI = \frac{1}{2} \cdot \left( {5 + 5 + 5} \right) \cdot 6 = 45{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}$

Tam giác $ABC$ là tam giác đều nên đường trung tuyến $CI$ đồng thời là đường cao.

Xét $\Delta ACI$ vuông tại $I$ có $A{C^2} = A{I^2} + C{I^2}$

Suy ra $C{I^2} = A{C^2} - A{I^2} = {5^2} - {\left( {\frac{1}{2} \cdot 5} \right)^2} = 25 - \frac{{25}}{4} = \frac{{75}}{4}$

Do đó $CI = \sqrt {\frac{{75}}{4}} \approx 4{,}33{\rm{\;cm}}.$

Diện tích đáy của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

${S}_{đáy}=\frac{1}{2}\cdot CI\cdot AB\approx \frac{1}{2}\cdot 4{,}33\cdot 5\approx 10{,}83\ ({\text{cm}}^{2})\text{.}$

Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

${S}_{tp}={S}_{xq}+{S}_{đáy}\approx 45+10{,}83=55{,}83\ ({\text{cm}}^{2})\text{.}$

Vậy hình chóp $S.ABC$ có diện tích xung quanh là $45{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$ và diện tích toàn phần là $55{,}83{\rm{\;}}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.$

b) Thể tích của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

$V=\frac{1}{3}\cdot SO\cdot {S}_{đáy}\approx \frac{1}{3}\cdot 5{,}8\cdot 10{,}83\approx 20{,}94\ ({\text{cm}}^{3}).$

Vậy thể tích của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ khoảng $20{,}94\,\,{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.$

2.

a) Tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến $BD,{\rm{ }}CE$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm $\Delta ABC,$ do đó $DG = \frac{1}{2}BG,$ $EG = \frac{1}{2}CG.$

Mà $F,{\rm{ }}H$ lần lượt là trung điểm của $BG,{\rm{ }}CG$ nên

$BF = FG = \frac{1}{2}BG,$ $CH = HG = \frac{1}{2}CG.$

Do đó $DG = BF = FG,{\rm{ }}EG = CH = HG.$

Suy ra, $G$ là trung điểm của $FD,{\rm{ }}G$ là trung điểm của $EH.$

Tứ giác $EFHD$ có hai đường chéo $EH$ và $FD$ cắt nhau tại trung điểm $G$ của mỗi đường nên $EFHD$ là hình bình hành.

b) Để hình bình hành $EFHD$ là hình vuông thì $EH = DF$ và $EH \bot DF.$

Suy ra $EG = DG,{\rm{ }}BG = CG$ và $BD \bot CE.$

⦁ Xét $\Delta BEG$ và $\Delta CDG$ có:

$BG = CG,$ $\widehat {EGB} = \widehat {DGC}$ (đối đỉnh), $EG = DG$

Do đó $\Delta BEG = \Delta CDG$ (c.g.c).

Suy ra $BE = CD$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $BD,{\rm{ }}CE$ là các đường trung tuyến của $\Delta ABC$ nên $E$ là trung điểm của $AB,{\rm{ }}D$ là trung điểm của $AC$

Suy ra $AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $AB = AC.$

⦁ Dễ thấy, nếu $AB = AC$ và $BD \bot CE$ thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$ có hai đường trung tuyến $BD,CE$ vuông góc với nhau thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{x + y + z}}.$

Suy ra $\frac{{yz + xz + xy}}{{xyz}} = \frac{1}{{x + y + z}}.$

$\left( {yz + xz + xy} \right)\left( {x + y + z} \right) = xyz$

$yz\left( {x + y + z} \right) + xz\left( {x + y + z} \right) + xy\left( {x + y + z} \right) = xyz$

$$xyz + {y^2}z + y{z^2} + {x^2}z + xyz + x{z^2} + {x^2}y + x{y^2} + xyz = xyz$$

$$\left( {{x^2}z + 2xyz + {y^2}z} \right) + \left( {y{z^2} + x{z^2}} \right) + \left( {{x^2}y + x{y^2}} \right) = 0$$

$$z{\left( {x + y} \right)^2} + {z^2}\left( {x + y} \right) + xy\left( {x + y} \right) = 0$$

$$\left( {x + y} \right)\left[ {z\left( {x + y} \right) + {z^2} + xy} \right] = 0$$

$$\left( {x + y} \right)\left( {xz + yz + {z^2} + xy} \right) = 0$$

$$\left( {x + y} \right)\left[ {\left( {xz + xy} \right) + \left( {yz + {z^2}} \right)} \right] = 0$$

$$\left( {x + y} \right)\left[ {x\left( {y + z} \right) + z\left( {y + z} \right)} \right] = 0$$

$$\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right) = 0$$

Suy ra $x + y = 0$ hoặc $y + z = 0$ hoặc $x + z = 0.$

⦁ Nếu $x + y = 0$ thì $x = - y,$ khi đó ${x^{2023}} = - {y^{2023}}.$

Ta có $\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{ - {y^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{z^{2023}}}};$

$$\frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}} = \frac{1}{{ - {y^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}} = \frac{1}{{{z^{2023}}}}.$$

Do đó $\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.$

⦁ Nếu $y + z = 0$ hoặc $x + z = 0,$ chứng minh tương tự ta cũng có

$$\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.$$

Vậy nếu $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{x + y + z}}$ thì $\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.$