Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 3

a) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\x + 1 \ne 0\\{x^2} - 1 \ne 0\\x \ne 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\x + 1 \ne 0\\\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) \ne 0\\x \ne 0\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\x + 1 \ne 0\\x \ne 0\end{array} \right.$ do đó $\left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne - 1\\x \ne 0\end{array} \right.$.

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $K$ là $x \ne 1\,;\,\,x \ne - \,1;\,\,x \ne 0$.

b) Với $x \ne 1\,;\,\,x \ne - \,1;\,\,x \ne 0$, ta có:

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

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

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

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

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

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

Vậy với $x \ne 1\,;\,\,x \ne - \,1;\,\,x \ne 0$ thì $K = \frac{{x + 3}}{x}.$

c) Ta có $K = \frac{{x + 3}}{x} = 1 + \frac{3}{x}.$

Để biểu thức $K$ nhận giá trị nguyên thì $\frac{3}{x} \in \mathbb{Z}$.

Khi đó, $x \in$Ư$\left( 3 \right) = \left\{ { - 1\,;\,\,\,1\,;\,\, - 3\,;\,\,3} \right\}$ và $x \ne 1\,;\,\,x \ne - \,1;\,\,x \ne 0$ nên $x \in \left\{ { - 3\,;\,\,3} \right\}$.

Vậy với $x \in \left\{ { - 3\,;\,\,3} \right\}$ thì biểu thức $K$ nhận giá trị nguyên.

a) Công thức của hàm số bậc nhất biểu thị chi phí $y$ (triệu đồng) để sản xuất $x$ (xe đạp) trong một ngày là:

$y = 1{,}8x + 36$ (triệu đồng).

b) Do chi phí trong ngày đó là 72 triệu đồng nên $y = 72$ (triệu đồng).

Thay $y = 72$ vào công thức $y = 1{,}8x + 36$ ta có:

$1{,}8x + 36 = 72$

$1{,}8x = 36$

$x = 20$.

Vậy với chi phí là 72 triệu đồng thì trong ngày đó có thể sản xuất được 20 chiếc xe đạp.

Gọi $x$ (mũi tiêm) là số mũi tiêm phòng Covid-19 mà một bàn tiêm dự định tiêm $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.
Năng suất tiêm dự định của bàn tiêm là $\frac{x}{{20}}$.

Năng suất tiêm thực tế của bàn tiêm là $\frac{x}{{20}}\left( {100\% + 20\% } \right) = 0{,}06x$.

Theo đề bài, ta có phương trình: $18 \cdot 0{,}06x - x = 24$

$1{,}08x - x = 24$

$0{,}08x = 24$

$x = 300$ (TMĐK)

Vậy một bàn dự định tiêm 300 mũi.

Tập hợp $K$ gồm các kết quả xảy ra đối với thành viên được chọn là :

K = {Kon Tum; Bình Phước; Tây Ninh; Bình Dương; Gia Lai; Bà Rịa – Vũng Tàu; Đồng Nai; Đăk Lăk; Đăk Nông; Lâm Đồng; Thành phố Hồ Chí Minh}.

Số phần tử của tập hợp $K$ là 11.

b) Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố “Thành viên được chọn ra đến từ vùng Tây Nguyên” đó là Kon Tum; Gia Lai; Đăk Lăk; Đăk Nông; Lâm Đồng.

Vì thế xác suất của biến cố đó là $\frac{5}{{11}}$.

c) Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố “Thành viên được chọn ra đến từ vùng Đông Nam Bộ” đó là Bình Phước; Tây Ninh; Bình Dương; Bà Rịa – Vũng Tàu; Đồng Nai; Thành phố Hồ Chí Minh.

Vì thế xác suất của biến cố đó là $\frac{6}{{11}}$.

a) Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ACE$ có:

$\widehat {BAC}$ chung, $\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ$ (gt)

Suy ra $\mathrm{ΔABD}∽\ \mathrm{ΔACE}$ (g.g)

Vì $\mathrm{ΔABD}∽\ \mathrm{ΔACE}$ (câu a) nên $\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét $\Delta AED$ và $\Delta ACB$ có

$\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ (chứng minh trên); $\widehat {BAC}$ chung.

Do đó (c.g.c)

Suy ra $\widehat {ADE} = \widehat {ABC}$ (hai góc tương ứng)

Mặc khác $\widehat {ADE} + \widehat {EDC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù)

Do đó $\widehat {ADE} + \widehat {EDC} = \widehat {ABC} + \widehat {EDC} = 180^\circ$.

Vậy $\widehat {ABC} + \widehat {EDC} = 180^\circ .$

c) Vì $\mathrm{ΔABD}∽\ \mathrm{ΔACE}$ (câu a) nên $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{CE}}$ (tỉ số đồng dạng).

Mà $M,{\rm{ }}N$ lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng $BD$ và $CE$ nên $BD = 2BM$ và $CE = 2CN.$

Suy ra $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{CE}} = \frac{{2BM}}{{2CN}} = \frac{{BM}}{{CN}}.$

Xét $\Delta ABM$ và $\Delta ACN$ có:

$\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{CN}}$ (chứng minh trên)

$\widehat {ABM} = \widehat {ACN}$ (do cùng phụ với $\widehat {BAC}$)

Do đó $\mathrm{ΔABM}∽\ \mathrm{ΔACN}$ ( c.g.c)

Suy ra $\widehat {BAM} = \widehat {CAN}$ (hai góc tương ứng)

Lại có AK là tia phân giác của $\widehat {MAN}$ (giả thiết)

Suy ra $\widehat {MAK} = \widehat {NAK}$ (tính chất tia phân giác của một góc)

Do đó $\widehat {BAM} + \widehat {MAK} = \widehat {CAN} + \widehat {NAK}$ hay $\widehat {BAK} = \widehat {KAC}$

Nên $AK$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}$.

Theo tính chất tia phân giác của tam giác ta có: $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{KB}}{{KC}}$.

Do đó $KB \cdot AC = KC \cdot AB$ (điều phải chứng minh).

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

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

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

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

Vậy chiếc điện thoại theo hình vẽ khoảng 7 inch.

Gấp miếng bìa ta được hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có kích thước như hình vẽ.

Khi đó đáy $ABCD$ là hình vuông và các mặt bên là các tam giác cân.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC.$

Khi đó $BM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Tam giác $SBC$ cân tại $S$ có $SM$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên $SM \bot BC$ do đó $\Delta SBM$ vuông tại $M.$

Áp dụng định lí Pythagore ta có $S{B^2} = S{M^2} + B{M^2}$.

Suy ra $S{M^2} = S{B^2} - B{M^2} = {13^2} - {5^2} = 144.$

Do đó $SM = 12{\rm{\;cm}}.$

Diện tích của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 10} \right) \cdot 12 = 240{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều được gấp từ miếng bìa trên là $240{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.$

Các trường hợp có thể xảy ra khi chọn hai tấm thẻ bất kì là:

$\left\{ { - 2\,;\,\, - 1} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 2\,;\,\,0} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 2\,;\,\,3} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 2\,;\,\,4} \right\};\left\{ { - 2;5} \right\}$;

$\left\{ { - 1\,;\,\,0} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 1\,;\,\,3} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 1\,;\,\,4} \right\}\,;\,\,\left\{ { - 1\,;\,\,5} \right\}$;

$\left\{ {0\,;\,\,3} \right\};\left\{ {0\,;\,\,4} \right\}\,;\,\,\left\{ {0\,;\,\,5} \right\}$; $\left\{ {3\,;\,\,4} \right\}\,;\,\,\left\{ {3\,;\,\,5} \right\}\,;\,\,\left\{ {4;5} \right\}$.

Và ngược lại đổi vị trí hai số trong các cặp số trên.

Số các kết quả xảy ra khi chọn hai tấm thẻ phân biệt từ tập hợp đã cho là $15 \cdot 2 = 30$.

Khi tích của hai số đã chọn bằng 0 thì số hạng đầu tiên bằng 0 hoặc số hạng thứ 2 bằng 0, ta có 10 trường hợp như thế.

Vậy xác xuất cần tìm là $\frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}$.