Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: A

Biểu thức $\left( {x + 1} \right)y$ không là đơn thức.

Đáp án đúng là: D

Bậc của đa thức $M = {x^8} + {x^2}{y^7} - {y^5} + x$ là 9.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\frac{1}{2}xyx = \frac{1}{2}{x^2}y$, đơn thức này đồng dạng với đơn thức $- 3{x^2}y$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $A = - \frac{1}{3}x{y^2} + \frac{1}{2}{x^2}y + x{y^2} - \frac{3}{4}{x^2}y$

$= \left( { - \frac{1}{3}x{y^2} + x{y^2}} \right) + \left( {\frac{1}{2}{x^2}y - \frac{3}{4}{x^2}y} \right)$

$= \frac{2}{3}x{y^2} - \frac{1}{4}{x^2}y$.

Thay $x = - 2$ và $y = 3$ vào biểu thức $A$ ta được:

$A = \frac{2}{3} \cdot \left( { - 2} \right) \cdot {3^2} - \frac{1}{4} \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \cdot 3 = - 12 - 3 = - 15.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $- 4{x^2} + 12x - 9 = - \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) = - {\left( {2x - 3} \right)^2}$.

Đáp án đúng là: D

$AC$ và $BD$ không phải cạnh mà là đường chéo của tứ giác.

Đáp án đúng là: C

Giả sử có một tứ giác có 4 góc nhọn có số đo nhỏ hơn $90^\circ$, khi đó tổng số đo các góc của tứ giác nhỏ hơn $4 \cdot 90^\circ = 360^\circ$, điều này mâu thuẫn với định lí tổng số đo các góc của tứ giác bằng $360^\circ$. Như vậy, không tồn tại tứ giác có 4 góc nhọn.

Tương tự như vậy, cũng không tồn tại tứ giác có 4 góc tù.

Giả sử có một tứ giác có 1 góc vuông, 3 góc nhọn, khi đó tổng số đo các góc của tứ giác cũng nhỏ hơn $90^\circ + 3 \cdot 90^\circ = 360^\circ$. Vậy không tồn tại tứ giác như vậy.

Ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

Góc ngoài tại đỉnh $B$ có số đo bằng $70^\circ$ nên góc trong tại đỉnh $B$ có số đo bằng $180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$

Xét tứ giác $ABCD,$ ta có: $\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,} = 360^\circ$

Do đó $3x + 110^\circ + x + 90^\circ = 360^\circ$

Suy ra $4x = 160^\circ$ nên $x = 40^\circ$

Vậy $3x = 3 \cdot 40^\circ = 120^\circ .$

Đáp án đúng là: D

Theo tính chất của hình thang cân: Hình thang cân là hình thang có hai đường chéo bằng nhau.

Đáp án đúng là: B

Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

Do đó hình bình hành $ABCD$ có $\widehat {A\,\,} = 90^\circ$ thì $ABCD$ là hình chữ nhật.

Đáp án đúng là: C

Tứ giác $ABCD$ hình thoi có hai đường chéo $AC,{\rm{ }}BD$ vuông góc với nhau nhưng chưa thể kết luận được $ABCD$ là hình vuông.

a) $65{x^9}{y^5}:\left( { - 13{x^4}{y^4}} \right)$

$= \left[ {65:\left( { - 13} \right)} \right]\,.\,\left( {{x^9}:{x^4}} \right)\,.\,\left( {{y^5}:{y^4}} \right)$

$= - 5{x^5}y$.

b) $\frac{2}{3}{x^2}y\left( {3x{y^2} - \frac{5}{2}y} \right)$

$= \frac{2}{3}{x^2}y \cdot 3x{y^2} - \frac{2}{3}{x^2}y \cdot \frac{5}{2}y$

$= 2{x^3}{y^3} - \frac{5}{3}{x^2}{y^2}.$

c) $\left( { - 12{x^{13}}{y^{15}} + 6{x^{10}}{y^{14}}} \right):\left( { - 3{x^{10}}{y^{14}}} \right) - 4{x^3}y$

$= \left( { - 12{x^{13}}{y^{15}}} \right):\left( { - 3{x^{10}}{y^{14}}} \right) + \left( {6{x^{10}}{y^{14}}} \right):\left( { - 3{x^{10}}{y^{14}}} \right) - 4{x^3}y$

$= 4{x^3}y - 2 - 4{x^3}y$

$= - 2.$

d) $\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} - 2x + y} \right) - {x^3} + {x^2}y$

$$= x\left( {{x^2} - 2x + y} \right) - y\left( {{x^2} - 2x + y} \right) - {x^3} + {x^2}y$$

$$= {x^3} - 2{x^2} + xy - {x^2}y + 2xy - {y^2} - {x^3} + {x^2}y$$

\[ = - 2{x^2} + 3xy - {y^2}.\

a) ${x^3} - 6{x^2} + 12x + 56 = 0$

${x^3} - 6{x^2} + 12x - 8 + 64 = 0$

${\left( {x - 2} \right)^3} = - 64$

Suy ra $x - 2 = - 4$

$x = - 2.$

Vậy $x = - 2.$

b) $3{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {2x - 1} \right)^2} - 7\left( {x + 3} \right)\left( {x - 3} \right) = 36$

$$3\left( {{x^2} + 4x + 4} \right) + \left( {4{x^2} - 4x + 1} \right) - 7\left( {{x^2} - 9} \right) = 36$$

$$3{x^2} + 12x + 12 + 4{x^2} - 4x + 1 - 7{x^2} + 63 = 36$$

$$\left( {3{x^2} + 4{x^2} - 7{x^2}} \right) + \left( {12x - 4x} \right) + \left( {12 + 1 + 63} \right) = 36$$

$$8x = - 40$$

$$x = - 5.$$

Vậy $x = - 5.$

a) Ta có $P - A = Q$

Suy ra $A = P - Q$

$= {x^2} - 4xy + 9 - \left( { - 6xy - 4{y^2} + 9} \right)$

$= {x^2} - 4xy + 9 + 6xy + 4{y^2} - 9$

$= {x^2} + 2xy + 4{y^2}$

Vậy $A = {x^2} + 2xy + 4{y^2}.$

Ta có: $M = \left( {x - 2y} \right)A - {x^3} + 5$

$= \left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - {x^3} + 5$

$$= x\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - 2y\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) - {x^3} + 5$$

$$= {x^3} + 2{x^2}y + 4x{y^2} - 2{x^2}y - 4x{y^2} - 8{y^3} - {x^3} + 5$$

$$= {x^3} - 8{y^3} - {x^3} + 5$$

$$= - 8{y^3} + 5$$

Vậy giá trị của biểu thức $M$ không phụ thuộc vào giá trị của biến $x.$

a) Do $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $I$ nên $I$ là trung điểm của $MN.$

Xét tứ giác $AMCN$ có $I$ là trung điểm của hai đường chéo $AC,MN$ nên $AMCN$ là hình bình hành.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường trung tuyến $AM$ nên $AM$ là đường cao của tam giác hay $\widehat {AMC} = 90^\circ$

Hình bình hành $AMCN$ có $\widehat {AMC} = 90^\circ$ nên $AMCN$ là hình chữ nhật.

b) Do $AMCN$ là hình chữ nhật nên $AN\,{\rm{//}}\,MC$ và $AN = MC.$

Lại có $M$ là trung điểm của $BC$ nên $MB = MC$

Do đó $AN = MB\,\,\left( { = MC} \right)$

Xét tứ giác $ANMB$ có $AN\,{\rm{//}}\,MB$ (do $AN\,{\rm{//}}\,MC)$ và $AN = MB$ nên $ANMB$ là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo $AM,BN$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Lại có $E$ là trung điểm của $AM$ nên $E$ cũng là trung điểm của $BN$.

c) Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AB = AC$

Lại có $K,I$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên $AK = BK = \frac{1}{2}AB$ và $AI = CI = \frac{1}{2}AC$

Do đó $AK = AI\,\,\,\left( 1 \right)$

Mặt khác $ANCM$ là hình chữ nhật nên $AC = MN$ và $I$ là trung điểm của $AC,MN$

Suy ra $AI = MI\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $AK = MI = AI$

Ta có: $ANMB$ là hình bình hành nên $AB\,{\rm{//}}\,MN$ hay $AK\,{\rm{//}}\,MI$

Tứ giác $AKMI$ có $AK = MI$ và $AK\,{\rm{//}}\,MI$ nên $AKMI$ là hình bình hành

Lại có $AK = AI$ nên $AKMI$ là hình thoi

Để $AKMI$ là hình vuông thì cần thêm điều kiện $\widehat {KAI} = 90^\circ$, khi đó tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Vậy để $AKMI$ là hình vuông thì tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$.

Thật vậy, khi tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ ta dễ dàng chứng minh được $AKMI$ là hình thoi có $\widehat {KAI} = 90^\circ$ nên là hình vuông.

Ta có: $2{x^2} + 10{y^2} - 6xy - 6x - 2y + 10 = 0$

$\left( {{x^2} - 6xy + 9{y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 0$

${\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0\,\,\,\left( * \right)$

Với mọi $x,y$ ta có: ${\left( {x - 3y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0$

Do đó $\left( * \right)$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 3y} \right)^2} = 0\\{\left( {x - 3} \right)^2} = 0\\{\left( {y - 1} \right)^2} = 0\end{array} \right.$

Hay $\left\{ \begin{array}{l}x - 3y = 0\\x - 3 = 0\\y - 1 = 0\end{array} \right.$, tức là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.$

Khi đó $A = \frac{{{{\left( {x + y - 4} \right)}^{2024}} - {y^{2024}}}}{x} = \frac{{{{\left( {3 + 1 - 4} \right)}^{2024}} - {1^{2024}}}}{3} = \frac{{0 - 1}}{3} = - \frac{1}{3}.$