Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 8 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 04

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số bậc nhất có dạng $y = ax + b$ với $a \ne 0.$

Vậy hàm số $y = - x$ là hàm số bậc nhất.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Tung độ giao điểm của đồ thị hàm số bậc nhất $y = - 2x + 4$ với trục $Ox$ là 0.

Do đó ta có $0 = - 2x + 4$

Suy ra $x = 2.$

Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số bậc nhất $y = - 2x + 4$ với trục $Ox$ là $\left( {2;0} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Khi $a < 0$ thì góc tạo bởi đường thẳng $y = ax + b$ và trục $Ox$ là góc tù.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng $y = x + 2$ có hệ số góc $a = 1.$

Đường thẳng $y = 2x + 2$ có hệ số góc $a = 2.$

Do đó hai đường thẳng trên cắt nhau.

Đường thẳng $y = x + 2$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2.

Đường thẳng $y = 2x + 2$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2.

Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tung độ là 2. Ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,\,\,AC$ nên $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C

Xét $\Delta PQR$ có $I,\,\,K$ lần lượt là trung điểm của $PQ$ và $QR$ nên $IK$ là đường trung bình của tam giác, đo dó $IK\,{\rm{//}}\,PR$ và $IK = \frac{1}{2}PR.$

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét $\Delta ABC$ có $AD$ là đường phân giác của $\widehat {BAC}$ nên $\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}.$

Ta có: ${S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{2}AH \cdot DB;\,\,{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}AH \cdot DC.$

Do đó $\frac{{{S_{\Delta ABD}}}}{{{S_{\Delta ACD}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AH \cdot DB}}{{\frac{1}{2}AH \cdot DC}} = \frac{{DB}}{{DC}} = \frac{3}{4}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét $\Delta ABC$ với $DE\,{\rm{//}}\,BC,$ ta có:

⦁ $\frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AE}}{{EC}}$ (định lí Thalès). Do đó B là khẳng định đúng.

⦁ $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{BC}}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Xét $\Delta ADC$ với $EF\,{\rm{//}}\,CD\,,$ ta có:

⦁ $\frac{{AF}}{{AD}} = \frac{{EF}}{{CD}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ (hệ quả của định lí Thalès). Do đó A là khẳng định đúng.

Mà $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{BC}}$ nên $\frac{{EF}}{{CD}} = \frac{{DE}}{{BC}}.$ Do đó D là khẳng định sai.

$\frac{{AF}}{{AD}} = \frac{{AD}}{{AB}}.$ Do đó C là khẳng định đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

a) Nhiệt lượng chì tỏa ra để giảm nhiệt độ từ $100^\circ {\rm{C}}$ xuống $t^\circ {\rm{C}}$ là:

${Q_{chi}} = 0{,}31 \cdot 130 \cdot \left( {100 - t} \right) = - 40{,}3t + 4\,\,030$ (J).

b) Công thức ${Q_{chi}} = - 40{,}3t + 4\,\,030$ (J) là hàm số bậc nhất với hệ số $a = - 40{,}3$ và $b = 4\,\,030.$

c) Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ $58{,}5^\circ {\rm{C}}$ lên $t^\circ {\rm{C}}$ là:

${Q_{nuoc}} = 0{,}25 \cdot 4\,\,200 \cdot \left( {t - 58{,}5} \right) = 1\,\,050t - 61\,\,425$ (J).

Khi cân bằng nhiệt, nhiệt lượng tỏa ra bằng với nhiệt lượng thu vào nên ta có:

${Q_{nuoc}} = {Q_{chi}}$

Do đó $1\,\,050t - 61\,\,425 = - 40{,}3t + 4\,\,030$

$1\,\,090{,}3t = 65\,\,455$

$t \approx 60$

Vậy nhiệt độ của nước và chì khi đạt trạng thái cân bằng nhiệt là khoảng $60^\circ {\rm{C}}.$

Hướng dẫn giải

a) ⦁ Vẽ đồ thị hàm số $y = x + 3:$

Cho $x = 0,$ ta có $y = 3;$

Cho $y = 0,$ ta có $x = - 3.$ wertyuiop[4567890

Đồ thị hàm số $y = x + 3$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {0;3} \right)$ và $\left( { - 3;0} \right).$

⦁ Vẽ đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2}x + 3:$

Cho $x = 0,$ ta có $y = 3;$

Cho $y = 0,$ ta có $x = 6.$

Đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2}x + 3$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {0;3} \right)$ và $\left( {6;0} \right).$

b)

Giao điểm đồ thị của hàm số (1) với trục hoành là $M\left( { - 3;0} \right);$

Giao điểm đồ thị của hàm số (2) với trục hoành là $N\left( {6;0} \right);$

Giao điểm của hai đồ thị hàm số (1) và hàm số (2) là $P\left( {0;3} \right).$

Vậy $M\left( { - 3;0} \right);\,\,N\left( {6;0} \right);\,\,P\left( {0;3} \right).$

c) Tính độ dài các cạnh của $\Delta MNP:$

$MN = MO + ON = 3 + 6 = 9{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right);$

$MP = \sqrt {M{O^2} + P{O^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right);$

$NP = \sqrt {O{P^2} + O{N^2}} = \sqrt {{3^2} + {6^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Diện tích của $\Delta MNP$ là: ${S_{\Delta MNP}} = \frac{1}{2}PO \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 9 = \frac{{27}}{2}\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Chu vi tam giác $MNP$ là: $9 + 3\sqrt 2 + 3\sqrt 5 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

a) Xét $\Delta ABC$ có $AD$ là tia phân giác của $\widehat {BAC},$ nên $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}}$ (tính chất đường phân giác), suy ra $\frac{{AB}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{DC}}.$

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có

$\frac{{AB}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{DC}} = \frac{{AB + AC}}{{DB + DC}} = \frac{{AB + AC}}{{BC}} = \frac{{6 + 9}}{{10}} = \frac{{15}}{{10}} = \frac{3}{2}.$

Suy ra $DB = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4{\rm{\;cm}},\,\,DC = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3} \cdot 9 = 6{\rm{\;cm}}.$

b) Từ $AE = \frac{1}{3}AB$ suy ra $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{1}{3}.$

Từ $AC = 3AF$ suy ra $\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{1}{3}.$

Do đó $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{1}{3}.$

Theo định lí Thalès đảo ta có $EF\,{\rm{//}}\,BC.$

c) i) Xét $\Delta FBC$ có $IA\,{\rm{//}}\,BC$ (do $d\,{\rm{//}}\,BC)$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{FI}}{{FB}} = \frac{{AF}}{{FC}} = \frac{{IA}}{{BC}}.\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét $\Delta EBC$ có $AK\,{\rm{//}}\,BC$ (do $d\,{\rm{//}}\,BC)$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{AK}}{{BC}}.\,\,\,\left( 2 \right)$

Xét $\Delta ABC$ có $EF\,{\rm{//}}\,BC$ (câu b) theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}},$ suy ra $\frac{{AE}}{{AE + AB}} = \frac{{AF}}{{AF + AC}},$ hay $\frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{AF}}{{FC}}.\,\,\,\left( 3 \right)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{{IA}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{BC}},$ do đó $AI = AK,$ hay $A$ là trung điểm của $IK.$

ii) Xét $\Delta EBC$ có $AK\,{\rm{//}}\,BC$ (do $d\,{\rm{//}}\,BC)$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{CK}}{{CE}} = \frac{{CA}}{{CF}}.\,\,\,\left( 4 \right)$

Từ (1) và (4) ta có $\frac{{FI}}{{FB}} + \frac{{CK}}{{CE}} = \frac{{AF}}{{FC}} + \frac{{CA}}{{CF}} = \frac{{FC}}{{FC}} = 1.$

Vậy $\frac{{FI}}{{FB}} + \frac{{CK}}{{CE}} = 1.$