Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 4

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có $\frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{ - x - 2y}} = \frac{{ - x\left( {x + 1} \right)}}{{ - \left( { - x - 2y} \right)}} = \frac{{ - x\left( {x + 1} \right)}}{{x + 2y}}$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

+) Xét phương án A. $\frac{x}{{x + 1}} - \frac{2}{{x + 1}} = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}$

+) Xét phương án B. $\frac{{2x}}{{x + 1}} - \frac{2}{{x + 1}} = \frac{{2x - 2}}{{x + 1}}$.

+) Xét phương án C. $\frac{{ - x}}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{ - x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{ - \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = - 1$.

+) Xét phương án D. $\frac{x}{{x + 1}} - \frac{{ - 1}}{{ - \left( {x + 1} \right)}} = \frac{x}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: $- 5x = - 15$ nên $x = \frac{{ - 15}}{{ - 5}} = 3$.

Phương trình $- 5x = - 15$ có tập nghiệm là $S = \left\{ 3 \right\}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hai đường thẳng $d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ và $d':y = a'x + b'\,\,\left( {a' \ne 0} \right)$ cắt nhau khi và chỉ khi $a \ne a'.$

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Hai đường thẳng song song là hai đường thẳng có hệ số bằng nhau nên $a = 2.$

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

500 là số tự nhiên có 3 chữ số có tổng 3 chữ số không vượt quá 5 nên là một kết quả thuận lợi cho biến cố.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Trong 50 lần thử, số lần gieo được mặt có số chấm là số lẻ là:

$8 + 9 + 6 = 23$ (lần).

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Gieo được mặt có số chấm là số lẻ” sau 50 lần thử trên là $\frac{{23}}{{50}} = 0{,}46$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có theo tỉ số đồng dạng là $k = \frac{2}{3}$.

Do đó theo tỉ số đồng dạng là $\frac{1}{k} = \frac{3}{2}$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Áp dụng định lí Pythagore vào các tam giác vuông $ADH,{\rm{ }}ACH,{\rm{ }}AEH$ ta được:

$$A{D^2} = A{H^2} + H{D^2}$$

$$A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}$$

$$A{E^2} = A{H^2} + H{E^2}$$

Vì $HD < HC < HE$ nên $AD < AC < AE$.

Vậy nhận xét A là đúng.

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:

Đáp án đúng là: A

Số mặt bên của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là 3.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Hình chóp tứ giác đều là có đáy là hình vuông và chân đường cao trùng với giao điểm của hai đường chéo đáy.

Hướng dẫn giải

a) Với $x \ne 1$, ta có

$P = \frac{{6{x^2} + 8x + 7}}{{{x^3} - 1}} + \frac{x}{{{x^2} + x + 1}} - \frac{6}{{x - 1}}$

$= \frac{{6{x^2} + 8x + 7}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} + \frac{{x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} - \frac{{6\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}$

$= \frac{{6{x^2} + 8x + 7 + {x^2} - x - 6{x^2} - 6x - 6}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}$

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

Vậy $P = \frac{1}{{x - 1}}.$

b) Với $x = \frac{1}{2}$ (TMĐK) ta có:

$P = \frac{1}{{\frac{1}{2} - 1}} = \frac{1}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = - 2.$

Vậy với $x = \frac{1}{2}$ thì $P = - 2.$

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. Thể tích phần dưới (có dạng hình lập phương) của khối bê tông là: ${1^3} = 1$ (m$^{3}$).

Thể tích phần trên (có dạng hình chóp tứ giác đều) của khối bê tông là:

$\frac{1}{3} \cdot {1^2} \cdot 0{,}6 = 0{,}2$ (m$^{3}$).

Thể tích của khối bê tông là: $1 + 0{,}2 = 1{,}2$ (m$^{3}$).

Đổi $350{,}55$ kg $= 0{,}35055$ tấn; 185 lít $= 0{,}185$ m$^{3}$.

Khối lượng xi măng cần dùng để làm khối bê tông đó là:

$1{,}2 \cdot 0{,}35055 = 0{,}42066$ (tấn).

Lượng nước cần dùng để làm khối bê tông đó là:

$1{,}2 \cdot 0{,}185 = 0{,}222$ (m$^{3}$).

2.

a) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ ta có:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$

Suy ra $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\;\,{\rm{(cm)}}$.

Xét hai tam giác $ABC$ và $HBA$ có

$\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)$

$\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\,\;\left( {\widehat B\;\,{\rm{chung}}} \right)$

Do đó $ΔABC∽ΔHBA\ (\text{g.g})$ .

Suy ra $\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{BA}}{{BC}}$ nên $HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3{,}6\,\,{\rm{(cm)}}$.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có

$A{B^2} = B{H^2} + A{H^2}$

Suy ra $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{6^2} - {{3{,}6}^2}} = 4{,}8\;\,{\rm{(cm)}}$.

Vậy $HB = 3{,}6{\rm{ cm}};{\rm{ }}AH = 4{,}8{\rm{ cm}}.$

b) Xét $\Delta MAB$ và $\Delta MIC$ có:

$\widehat {MAB} = \widehat {MIC}\;\left( { = 90^\circ } \right)$

$\widehat {AMB} = \widehat {IMC}$.

Do đó $ΔMAB∽ΔMIC\ (\text{g.g})$ .

Suy ra $\text{Δ}ABC∽\text{Δ}PMN$ .

Khi đó $\frac{{MA}}{{MI}} = \frac{{MB}}{{MC}}$ hay $MA \cdot MC = MB \cdot MI$ (đpcm).

c) Diện tích tam giác $BIC$ là: ${S_{BIC}} = \frac{1}{2}IB \cdot IC$ (1)

Ta có: ${\left( {IB - {\rm{ }}IC} \right)^2} \ge 0$

$$I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} - 2IB \cdot IC \ge 0$$

$$I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} \ge 2IB \cdot IC$$

$IB.IC \le \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2}$.

Mặt khác, áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $BIC$ vuông tại $I$ nên

$$B{C^2} = I{B^2} + I{C^2}$$

Thay vào (1) ta suy ra được:

${S_{BIC}} \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2} = \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{10}}{4} = \frac{5}{2}\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $IB = IC.$

Suy ra $\Delta IBC$ cân tại $I$ nên tam giác $IBC$ vuông cân tại $I$, suy ra $\widehat {MBC} = 45^\circ .$

Vậy khi điểm $M$ thuộc $AC$ sao cho $\widehat {MBC} = 45^\circ$ thì diện tích tam giác $BIC$ đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Ta có ${x^2} + {y^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} = 4$

${x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + {y^2} + \frac{1}{{{y^2}}} - 4 = 0$

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

Ta thấy${\left( {x - \frac{1}{x}} \right)^2} \ge 0\,;\,\,{\left( {y - \frac{1}{y}} \right)^2} \ge 0$.

Để ${\left( {x - \frac{1}{x}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{y}} \right)^2} = 0$ thì $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)^2} = 0\\{\left( {y - \frac{1}{y}} \right)^2} = 0\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}x - \frac{1}{x} = 0\\y - \frac{1}{y} = 0\end{array} \right.$ do đó $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = 0\\{y^2} - 1 = 0\end{array} \right..$

Ta có bảng sau:

Vậy các cặp $\left( {x\,;\,\,y} \right)$ thỏa mãn biểu thức là $\left( {1\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\left( { - 1\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {1\,;\,\, - 1} \right)\,;\,\,\left( { - 1\,;\,\, - 1} \right)\,$.