Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Cánh diều có đáp án - Đề 06

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Nhiệt độ trung bình (độ C) của các ngày trong năm là số liệu thu được từ phép đo nên là số liệu liên tục.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Có 10 chữ cái trong từ “MATHEMATIC” nên số kết quả có thể là 10.

Chọn ngẫu nhiên một thẻ nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Có 2 tấm thẻ ghi chữ T nên có 2 kết quả thuận lợi.

Xác suất để rút được tấm thẻ ghi chữ T là $\frac{2}{{10}} = 0{,}2$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Vế trái của phương trình $3x + 4 = x + 12$ là $3x + 4$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Vì $BC\,{\rm{//}}\,DE$ nên áp dụng định lí Thalès, ta có:

$\frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{AE}}{{EC}}$ hay $\frac{2}{{EC}} = \frac{3}{{4{,}13}}$.

Do đó $EC = 2{,}75$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có nên $\widehat A = \widehat {A'}\,;\,\,\widehat B = \widehat {B'}\,;\,\,\widehat C = \widehat {C'}$.

Vậy chọn phương án D.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD$ là hình bình hành (gt) nên $\widehat B = \widehat D$ (hai góc đối của hình bình hành)

Xét $\Delta ADH$ và $\Delta ABK$ có

$\widehat B = \widehat D$ (cmt)

$$\widehat {AHD} = \widehat {AKB} = 90^\circ$$

Do đó $ΔADH∽\ ΔABK$ (g.g).

Hướng dẫn giải

a) Biểu đồ đã cho là biểu đồ cột.

Để thu được dữ liệu được biểu diễn ở biểu đồ trên, ta sử dụng phương pháp thu thập gián tiếp bằng cách truy cập website của Niên giám thống kê 2021.

b) Ta thấy sản lượng khoai lang Phú Thọ năm 2019 nhỏ hơn sản lượng khoai lang Phú Thọ năm 2015 (vì $10{,}2 < 14{,}5$).

Do đó, sản lượng khoai lang Phú Thọ năm 2019 giảm so với năm 2015.

Tỉ số phần trăm sản lượng khoai lang ở Phú Thọ trong năm 2019 so với năm 2015 là: $\frac{{10{,}2}}{{14{,}5}} \cdot 100\% \approx 70{,}3\%$.

Vậy năm 2019 sản lượng khoai lang ở Phú Thọ tăng khoảng $100\% - 70{,}3\% = 29{,}7\%$ so với năm 2015.

Nhận xét: Dựa vào số liệu được biểu diễn trên biểu đồ, ta thấy sản lượng khoai lang ở Phú Thọ giảm dần qua các năm 2015; 2018; 2019; 2020.

Hướng dẫn giải

Gọi $x$ (giờ) là thời gian từ lúc mở vòi thứ ba đến khi đầy bể $\left( {x > 0} \right)$

Mỗi giờ vòi thứ nhất, vòi thứ hai, vòi thứ ba chảy được lần lượt là $\frac{1}{8}\,;\,\,\frac{1}{6}\,;\,\,\frac{1}{4}$ (bể)

Mỗi giờ cả ba vòi chảy được $\frac{1}{8} + \frac{1}{6} - \frac{1}{4} = \frac{1}{{24}}$ (bể)

Mỗi giờ vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy được $\frac{1}{8} + \frac{1}{6} = \frac{7}{{24}}$ (bể)

Sau $2$ giờ, vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy được $2 \cdot \frac{7}{{24}} = \frac{7}{{12}}$ (bể)

Sau $x$ giờ, lượng nước trong bể là $x \cdot \frac{1}{{24}} = \frac{x}{{24}}$ (bể)

Theo bài ra ta có phương trình $\frac{7}{{12}} + \frac{x}{{24}} = 1$

$$\frac{x}{{24}} = \frac{5}{{12}}$$

$$x = \frac{{24 \cdot 5}}{{12}}$$

$x = 10$ (TMĐK)

Vậy sau $10$ giờ kể từ lúc mở vòi thứ ba thì đầy bể.

Hướng dẫn giải

a) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 5” đó là 5.

Vì thế xác suất của biến cố đó là $\frac{1}{5}$.

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 3 dư 1” đó là $7\,;\,\,13.$

Vì thế xác suất của biến cố đó là $\frac{2}{5}$.

Hướng dẫn giải

1. Đổi: $1{,}5{\rm{ m}} = 150{\rm{ cm}}.$

Ta có $AB \bot BD;\,\,CD \bot BD$ nên $CD\,{\rm{//}}\,AB$.

Suy ra $\frac{{EB}}{{ED}} = \frac{{AB}}{{DC}}$ (theo định lí Thalès).

Do đó $EB = \frac{{AB \cdot ED}}{{DC}} = \frac{{150 \cdot 6}}{4} = 225\,\,{\rm{(cm)}}$.

Vậy người đứng cách vật kính máy ảnh là $225{\rm{ cm}}.$

2.

a) Xét $\Delta ABK$ và $\Delta CBF$ có:

$$\widehat {ABK} = \widehat {CBF}\;\left( {\widehat B\;\,{\rm{chung}}} \right)$$

$\widehat {AKB} = \widehat {CFB}\;\left( { = 90^\circ } \right)$

Do đó $ΔABK∽\ ΔCBF\text{(g.g)}$ .

b) Xét $\Delta AEB$ và $\Delta ACF$ có:

$\widehat {EAB} = \widehat {FAC}\;\,\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)$

$\widehat {AEB} = \widehat {AFC}\;\left( { = 90^\circ } \right)$

Do đó $ΔAEB∽\ ΔACF\text{(g.g)}$

Suy ra $\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ hay $AE \cdot AC = AF \cdot AB$ (đpcm)

c)

• Xét $\Delta BFC$ vuông tại $F$ có $O$ là trung điểm của $BC$ nên $FO = \frac{{BC}}{2}$ (1)

• Xét $\Delta BEC$ vuông tại $E$ có $O$ là trung điểm của $BC$ nên $EO = \frac{{BC}}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) nên suy ra $FO = EO$ (5)

• Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ có $I$ là trung điểm của $AH$ nên $EI = \frac{{AH}}{2}$ (3)

• Xét $\Delta AFH$ vuông tại $F$ có $I$ là trung điểm của $AH$ nên $FI = \frac{{AH}}{2}$ (4)

Từ (3) và (4) nên suy ra $FI = EI$ (6)

Từ (5) và (6) ta suy ra được $OI$ là đường trung trực của cạnh $EF$.

Khi đó $OI \bot EF$ hay $OI \bot DN$.

Do đó $DN$ là đường cao của $\Delta DOI$.

Xét $\Delta DOI$ có $DN$ và $IK$ là đường cao và $N$ là giao của $DN$ và $IK$.

Do đó $N$ là trực tâm của tam giác $DOI$.

Vậy $OI \bot DI$ (đpcm).

Hướng dẫn giải

Ta có ${y^2}\; = \;x\left( {x\; + \;1} \right)\left( {x\; + \;7} \right)\left( {x\; + \;8} \right)\; = \left( {{x^2} + 8x} \right)\left( {x + 8x + 7} \right)$

Đặt $t = {\rm{ }}{x^2}\; + {\rm{ }}8x$, ta có:

$${y^2}\; = \;t\left( {t + 7} \right) = {t^{2\;}} + 7t$$

$$4{y^2}\; = {t^2} + 28t + 49 - 49$$

$${\left( {2t + 7} \right)^2}--4{y^2}\; = 49$$

$\left( {2t + 7--2y} \right)\left( {2t + 7 + 2y} \right) = 49 = 7 \cdot 7 = \left( { - 7} \right) \cdot \left( { - 7} \right)$.

Từ đó ta có bảng sau:

Vậy nghiệm của phương trình là: $\left( {--8\,;\;\,0} \right),\,\,\left( {0\,;\;\,0} \right)$.