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

a) Điều kiện xác định của biểu thức P là $9-{x}^{2}\ne 0,$$x+3\ne 0$ hay $x\ne 3,\ x\ne -3$ .

Với $x\ne 3,\ x\ne -3$ ta có:

$P=\frac{{x}^{2}-6x+9}{9-{x}^{2}}+\frac{4x+8}{x+3}$

$=\frac{{(x-3)}^{2}}{(3-x)(x+3)}+\frac{4x+8}{x+3}$

$=\frac{3-x}{x+3}+\frac{4x+8}{x+3}$

$=\frac{3-x+4x+8}{x+3}=\frac{3x+11}{x+3}$

Vậy với $x\ne 3,\ x\ne -3$ thì $P=\frac{3x+11}{x+3}.$

b) Ta có $|x+2|=1$ suy ra $x+2=1$ hoặc $x+2=-1$ .

Do đó x = 1 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x = -3 (không thỏa mãn điều kiện).

Thay x = 1 vào biểu thức P ta được:

$P=\frac{3\cdot 1+11}{1+3}=\frac{3+11}{4}=\frac{7}{2}.$

Vậy $P=\frac{7}{2}$ khi $|x+2|=1$ .

a) Công thức để chuyển đổi x euro sang y đô la Mỹ là $y=1{,}1052x$

Công thức tính y theo x này là hàm số bậc nhất của x vì với mỗi giá trị của x, ta xác định duy nhất một giá trị của y .

b) 200 euro có giá trị là $1{,}1052\cdot 200=210{,}4$ đô la Mỹ.

500 đô la Mỹ có giá trị là $500:1{,}1052\approx 475{,}3$ euro.

a) Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia hết cho 5” là $5\ ;\ 10\ ;\ 15\ ;\ 20\ ;\ 25.$

Do đó, xác suất của biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia hết cho 5” là $\frac{5}{25}=\frac{1}{5}$.

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số có hai chữ số và tổng các chữ số bằng 5” là 14; 23.

Do đó, xác suất của biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số có hai chữ số và tổng các chữ số bằng 5” là $\frac{2}{25}$ .

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A , ta có:

$B{C}^{2}=A{C}^{2}+A{B}^{2}={(15{,}5)}^{2}+{7}^{2}=289{,}25$

Suy ra $BC=\sqrt{289{,}25}\approx 17\text{(cm)}$.

Vì $1\text{inch}\approx 2{,}54\text{cm}$ nên chiếc điện thoại theo hình vẽ có: $\frac{17}{2{,}54}\approx 7\ (\text{inch)}$

Vậy chiếc điện thoại theo hình vẽ khoảng 7 inch

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD , có đường cao SH = 10 cm, cạnh AB = 48 cm.

Gọi SI là đường cao của $ΔSBC$ .

Tam giác SBC cân tại S nên BI = IC .

Ta có HI là đường trung bình của $ΔABC$ , nên $HI=\frac{AB}{2}=\frac{48}{2}=24\ (cm)$ .

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông SHI , ta có :

$S{I}^{2}=S{H}^{2}+H{I}^{2}={10}^{2}+{24}^{2}=676={26}^{2}$ .

Do đó SI = 26 cm.

Chu vi đáy bằng: $48\cdot 4=192\ (cm)$ .

${S}_{xq}=p.d=\frac{192}{2}.26=2496\ (c{m}^{2})$

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp là $2496\ c{m}^{2}.$

a) Xét $ΔFHB$ và $ΔEHC$ có:

$\widehat{FHB}=\widehat{EHC}$

$\widehat{HFB}=\widehat{HEC}\ (=90^{\circ})$

Do đó $ΔFHB∽\ ΔEHC\text{(g.g)}$ .

b) Xét $ΔAEB$ và $ΔAFC$ có:

$\widehat{EAB}=\widehat{FAC}\ (\widehat{A}\text{chung})$

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

Do đó $ΔAEB∽\ ΔACF\text{(g.g)}$

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

c)

• Xét $ΔABC$ có hai đường cao BE, CF và cắt nhau tại IH nên suy ra IH là trực tâm của tam giác ABC nên $AH\perp BC$ . (1)

• Xét $ΔBEM$ vuông tại E có I là trung điểm của BM nên $IE=BI=IM=\frac{BM}{2}$ .

• Xét $ΔIEM$ có IE = IM (cmt) nên tam giác IEM cân tại I .

Suy ra . $\widehat{IEM}=\widehat{IME}$ (2)

• Xét $ΔABC$ có FE // BC suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{AMB}$ (hai góc đồng vị). (3)

• Ta có $AF\cdot AB=AE\cdot AC$ suy ra $\frac{AF}{AC}=\frac{AE}{AB}$ .

• Xét $ΔABF$ và $ΔABC$ có:

$\widehat{EAF}=\widehat{BAC}\ (\widehat{A}\text{chung})$

$\frac{AF}{AC}=\frac{AE}{AB}\ (\text{cmt})$

Do đó $ΔAEF∽\ ΔABC\text{(c.g.c)}$ .

Suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{ABC}$ (hai góc tương ứng). (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra $\widehat{CED}=\widehat{ABC}$ .

• Xét $ΔCED$và $ΔCBA$ có:

$\widehat{ECD}=\widehat{BCA}\ (\widehat{C}\text{chung})$

$\frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}\ (\text{cmt})$

Do đó $ΔCEB∽\ ΔCDA\text{(c.g.c)}$ .

Suy ra $\frac{CE}{CB}=\frac{CD}{CA}$ hay $\frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}$ .

• Xét $ΔCEB$ và $ΔCDA$ có:

$\frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}\ (\text{cmt})$

$\widehat{ECB}=\widehat{DCA}\ (\widehat{C}\text{chung})$

Do đó $ΔCEB∽\ ΔCDA\text{(c.g.c)}$ .

Suy ra $\widehat{CDA}=\widehat{CEB}$ (hai góc tương ứng).

Nên $\widehat{CDA}=90^{\circ}$ , do đó $AD\perp BC$ . (5)

Từ (1) và (5) suy ra ba điểm A, H, D thẳng hàng. (đpcm).

Giả sử $x+y+z=0$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0.$

Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}.$

Mà $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$ nên $x+y+z=0$ .

Từ $x+y+z=0$ suy ra ${(x+y+z)}^{2}=0$ hay ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}+2(xy+yz+zx)=0.$

Vì $xy+yz+zx=0$ nên ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}=0$ , suy ra $x=y=z=0.$ Điều này vô lí vì khi đó $\frac{1}{x},\ \frac{1}{y},\ \frac{1}{z}$ không xác định.

Vậy các biểu thức $x+y+z$ hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ không thể cùng có giá trị bằng 0.