Bộ 10 đề thi cuối kì Toán 8 Cánh diều có đáp án - Đề 3

a) $25{x}^{2}(x-3y)-15(3y-x)$

$=25{x}^{2}(x-3y)+15(x-3y)$

$=(x-3y)(25{x}^{2}+15)$

$=5(x-3y)(5{x}^{2}+3).$

b) ${x}^{4}-5{x}^{2}+4$

$={x}^{4}-{x}^{2}-4{x}^{2}+4$

$={x}^{2}({x}^{2}-1)-4({x}^{2}-1)$

$=({x}^{2}-4)({x}^{2}-1)$

$=(x-2)(x+2)(x-1)(x+1).$

a) Ta có ${x}^{2}-4=(x-2)(x+2).$

${x}^{2}+x+1={x}^{2}+2\cdot x\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}={(x+\frac{1}{2})}^{2}+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}>0$ với mọi x

Điều kiện xác định của biểu thức A là ${x}^{2}-4\ne 0,$$x-1\ne 0$ hay $x-2\ne 0,$ $x+2\ne 0$ và , tức là $x\ne 2,x\ne -2$ và $x\ne 1.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức A là $x\ne 2,x\ne -2$ và $x\ne 1.$

Với $x\ne 2,x\ne -2$ và $x\ne 1,$ ta có:

$A=\frac{{x}^{3}-1}{{x}^{2}-4}\cdot (\frac{1}{x-1}-\frac{x+1}{{x}^{2}+x+1})$

$=\frac{(x-1)({x}^{2}+x+1)}{{x}^{2}-4}\cdot \frac{1}{x-1}-\frac{(x-1)({x}^{2}+x+1)}{{x}^{2}-4}\cdot \frac{x+1}{{x}^{2}+x+1}$

$=\frac{{x}^{2}+x+1}{{x}^{2}-4}-\frac{(x-1)(x+1)}{{x}^{2}-4}$

$=\frac{{x}^{2}+x+1-({x}^{2}-1)}{{x}^{2}-4}$

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

$=\frac{x+2}{{x}^{2}-4}=\frac{x+2}{(x+2)(x-2)}=\frac{1}{x-2}.$

Vậy với $x\ne 2,x\ne -2$ và $x\ne 1,$ thì $A=\frac{1}{x-2}.$

c) Ta có $|x+3|=1$ suy ra $x+3=1$ hoặc $x+3=-1$

Do đó $x=-2$ (không thỏa mãn điều kiện) hoặc $x=-4$ (thỏa mãn điều kiện)

Thay $x=-4$ vào biểu thức $A=\frac{1}{x-2},$ ta được: $A=\frac{1}{-4-2}=-\frac{1}{6}.$

Vậy $A=-\frac{1}{6}$ khi $|x+3|=1.$

a) Sau x năm sử dụng, thiết bị tiệt khuẩn đó bị khấu hhao là kx (triệu đồng).

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau x năm sử dụng là: y = 60 - kx hay y = -kx + 60.

Mà 0 < k < 60 hay suy ra y là hàm số bậc nhất của x.

b) Từ câu a, ta có $b=60.$

Do đường thẳng $y=ax+b$ đi qua điểm B( 10;30) nên ta có:

$30=a\cdot 10+60.$

Hay $10a=-30$

Suy ra $a=-3.$

Khi đó, đường thẳng cần tìm là: $y=-3x+60.$

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng là:

$-3\cdot 12+60=-36+60=24$ (triệu đồng).

Tỉ số phần trăm giữa giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng và giá mua ban đầu là: $\frac{24}{60}\cdot 100\text{\%}=40\text{\%.}$

Vậy sau 12 năm sử dụng thì giá của thiết bị tiệt khuẩn đó bằng 40% so với giá mua ban đầu.

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

${S}_{xq}=\frac{1}{2}\cdot (AB+BC+CA)\cdot SI=\frac{1}{2}\cdot (5+5+5)\cdot 6=45\ ({\text{cm}}^{2})\text{.}$

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

Xét $ΔACI$ vuông tại I có $A{C}^{2}=A{I}^{2}+C{I}^{2}$

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

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

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:

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

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

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

a) Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên $AD=BC,\ AD\text{//}BC$ .

Vì $AD=BC,$$BE=\frac{1}{2}BC$ và $AF=\frac{1}{2}AD$ (do F là trung điểm của $AD)$ nên $BE=AF.$

Tứ giác ABEF có BE = AF và $BE\text{//}AF$ (vì $AD\text{//}BC)$

Suy ra, tứ giác ABEF là hình bình hành.

Do E là trung điểm của BC nên $BE=\frac{1}{2}BC$ hay $BC=2BE.$

Vì $BC=2AB$ và $BC=2BE$ nên $AB=BE$ .

Hình bình hành ABEF có AB = BE nên ABEF là hình thoi.

b) Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên $AB=CD,\ AB\text{//}CD$ .

Vì $AB=CD$ và $AB=BI$ (do B là trung điểm của AI) nên BI = CD .

Tứ giác BICD có BI // CD (vì AB // CD ) và BI = CD nên tứ giác BICD là hình bình hành.

Ta thấy BD vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác của tam giác ADI nên tam giác ADI cân tại D .

Suy ra BD cũng là đường cao của tam giác ADI nên $BD\perp BI$ hay $\widehat{DBI}=90^{\circ}.$

Hình bình hành BICD có $\widehat{DBI}=90^{\circ}$ nên tứ giác BICD là hình chữ nhật.

Khi đó, E là trung điểm của hai đường chéo BC và DI .

Tam giác ADI cân tại D có $\widehat{DAI}=60^{\circ}$ nên tam giác ADI là tam giác đều.

$ΔADI$ là tam giác đều có AE là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.

Do đó, $AE\perp DI$ hay $\widehat{AED}=90^{\circ}$ .

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

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

$(yz+xz+xy)(x+y+z)=xyz$

$yz(x+y+z)+xz(x+y+z)+xy(x+y+z)=xyz$

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

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

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

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

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

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

$(x+y)[x(y+z)+z(y+z)]=0$

$(x+y)(y+z)(x+z)=0$

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