Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 8 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 4

Đáp án đúng là: B

Biểu thức $- \frac{{{x^2}z}}{5} = - \frac{1}{5}{x^2}z$ là đơn thức.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left( {M + N} \right)\,\,.\,P = M\,.\,P + N\,.\,P = MP + NP$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $A = 4{x^3}y\left( { - 5xy} \right) = - 20{x^4}{y^2}$ nên suy ra $A$ và $B$ là hai đơn thức đồng dạng, nhưng không đồng dạng với đơn thức $C.$

Đáp án đúng là: B

Thay $x = 4,y = - 5,z = - 2$ vào biểu thức $A$ ta được:

$A = {4^4} + {4.4^2}.\left( { - 5} \right) - 6.\left( { - 2} \right) = 256 - 320 + 12 = - 52$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ${x^3} + 12{x^2} + 48x + 64 = {\left( {x + 4} \right)^3}$. Vậy $a = 4.$

Đáp án đúng là: A

Ta có: $14{x^2}y - 21x{y^2} + 28{x^2}{y^2} = 7xy\left( {2x - 3y + 4xy} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Phân thức đối của phân thức $\frac{{1 - x}}{x}$ là $- \frac{{1 - x}}{x} = \frac{{ - \left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{x - 1}}{x}$.

Đáp án đúng là: A

Mẫu thức chung của hai phân thức $\frac{{3x}}{{{x^2} - 4}}$ và $\frac{x}{{x + 2}}$ là ${x^2} - 4$.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp tam giác đều có 4 mặt.

Đáp án đúng là: C

Hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có mặt bên là các tam giác cân nên $\Delta SBC$ là tam giác cân.

Đáp án đúng là: C

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C$, theo định lí Pythagore, ta có:

$A{C^2} = A{B^2} - B{C^2} = {\left( {\sqrt {117} } \right)^2} - {6^2} = 81$.

Suy ra $AC = \sqrt {81} = 9\;({\rm{cm)}}$.

Do $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC$ nên $CK = \frac{1}{2}AC = 4{,}5\;\;({\rm{cm)}}.$

Xét $\Delta BCK$ vuông tại $C$, theo định lí Pythagore ta có:

$B{K^2} = B{C^2} + C{K^2} = {6^2} + {4{,}5^2} = 56{,}25$.

Suy ra $BK = \sqrt {56{,}25} = 7{,}5\;\;({\rm{cm)}}$.

Đáp án đúng là: D

Tổng số đo các góc trong tứ giác bằng $360^\circ .$

Đáp án: a) S. b) S. c) Đ. d) S.

⦁ Đa thức $A$ có bậc là 3. Do đó ý a) sai.

⦁ Ta có $B = 3y\left( {3y - x} \right) + \left( { - 2{x^2}{y^2} - 6x{y^3} + 4xy} \right):\frac{2}{3}xy$

$$= 3y \cdot 3y - 3y \cdot x - 2{x^2}{y^2}:\left( {\frac{2}{3}xy} \right) - 6x{y^3}:\left( {\frac{2}{3}xy} \right) + 4xy:\left( {\frac{2}{3}xy} \right)$$

$$= 9{y^2} - 3xy - 3xy - 9{y^2} + 6$$

$$= \left( {9{y^2} - 9{y^2}} \right) + \left( { - 3xy - 3xy} \right) + 6$$

$$= - 6xy + 6 = 6\left( { - xy + 1} \right).$$

Vì $6\left( { - xy + 1} \right)\, \vdots \,\,6$ với mọi giá trị nguyên của $x,y$ nên $B$ luôn chia hết cho 6 với mọi giá trị nguyên của biến $x,y.$ Do đó ý b) sai.

⦁ Thay $x = \frac{1}{2};$ $y = 4$ vào biểu thức $A = - 6xy + 6$ đã thu gọn được ở câu a, ta được:

$A = - 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 + 6 = - 12 + 6 = - 6.$

Vậy $A = - 6$ khi $x = \frac{1}{2};$ $y = 4.$ Do đó ý c) sai.

⦁ Tổng của hai đa thức $A$ và $B$ là:

$$A + B = \left( {{x^2}y + 5xy - 1} \right) + \left( { - 6xy + 6} \right)$$

$$= {x^2}y + 5xy - 1 - 6xy + 6$$

$$= {x^2}y + \left( {5xy - 6xy} \right) + \left( {6 - 1} \right)$$

$$= {x^2}y - xy + 5.$$

Như vậy, tổng của hai đa thức $A$ và $B$ có hạng tử tự do là 5. Do đó ý d) sai.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.

⦁ Mặt đáy của hình chóp $S.ABC$ là một tam giác đều $ABC$ có cạnh $60{\rm{ cm}}{\rm{.}}$

Gọi đường cao của mặt đáy là $CH$ nên $CH$ đồng thời là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC.$

Do đó ý a) đúng.

⦁ Vì $HA = HB = \frac{{AB}}{2} = 30{\rm{ cm}}{\rm{.}}$

Áp dụng định lý Pythagore vào $\Delta BHC$ vuông tại $H$, ta có:

$C{B^2} = H{B^2} + H{C^2}$ hay ${60^2} = {30^2} + H{C^2}$

Suy ra $C{H^2} = {60^2} - {30^2} = 2{\rm{ }}700$ nên $CH = \sqrt {2700} = 30\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$. (1)

Gọi $G$ là trọng tâm của mặt đáy nên $GH = \frac{1}{3}HC = \frac{{30\sqrt 3 }}{3} = 10\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Hình chóp $S.ABC$ có đường cao $SG$ nên $SG \bot HC.$

Áp dụng định lý Pythagore vào $\Delta SHG$ vuông tại $G$, ta có:

$S{H^2} = S{G^2} + H{G^2}$$= {90^2} + {30^2} = 9000$

Suy ra $SH = \sqrt {9000} = 30\sqrt {10} {\rm{ cm}}{\rm{.}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra độ dài cạnh $SH$ lớn hơn độ dài cạnh $CH$. Do đó ý c) sai.

⦁ Nửa chu vi đáy là: $P = \frac{1}{2}\left( {60 + 60 + 60} \right) = 90{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp $S.ABC$ là

$S = P.d = 90.30\sqrt {10} \approx 8538{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Do đó ý d) sai.

Đáp số: 6.

Ta có $\left( {5{x^5}{y^4}z + \frac{1}{2}{x^4}{y^2}{z^3} - 2x{y^3}{z^2}} \right):\frac{1}{4}x{y^2}z$

$$= 5{x^5}{y^4}z:\frac{1}{4}x{y^2}z + \frac{1}{2}{x^4}{y^2}{z^3}:\frac{1}{4}x{y^2}z - 2x{y^3}{z^2}:\frac{1}{4}x{y^2}z$$

$= 20{x^4}{y^2} + 2{x^3}{z^2} - 8yz$.

Đa thức $20{x^4}{y^2} + 2{x^3}{z^2} - 8yz$ có bậc 6 nên bậc của đa thức cần tìm có bậc là 6.

Đáp số: −1.

Ta có ${x^3} + 9{x^2} + 27x + 27 - 8 = 0$

$${\left( {x + 3} \right)^3} = 8$$

$$x + 3 = 2$$

$x = - 1.$

Vậy $x = - 1.$

Đáp số: 93.

Thể tích phần trên khối bê tông có dạng hình chóp tứ giác đều là:

${V_1} = \frac{1}{3} \cdot {40^2} \cdot 100 = \frac{{160\,\,000}}{3}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Thể tích phần dưới đáy khối bê tông có dạng hình hộp chữ nhật là:

${V_2} = 40 \cdot 40 \cdot 25 = 40\,\,000\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Thể tích khối bê tông là:

$V = {V_1} + {V_2} = \frac{{160\,\,000}}{3} + 40\,\,000 = \frac{{280\,\,000}}{3}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right) \approx 93\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Đáp số: 70.

Vì góc ngoài tại $K$ có số đo là $100^\circ$ nên $\widehat {IKL} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ$.

Góc ngoài tại $L$ có số đo là $60^\circ$ nên $\widehat {KLR} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Ta có tổng các góc trong tứ giác là $360^\circ$ nên $\widehat {IKL} + \widehat {KLR} + \widehat {R\,} + \widehat {I\,} = 360^\circ$

Suy ra $80^\circ + 120^\circ + 90^\circ + x = 360^\circ$

Do đó $x = 70^\circ$.

Ta có $A = \frac{4}{{{x^2} + x + 1}}$ và $B = \frac{2}{{1 - x}} + \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{x^3} - 1}}$ với $x \ne 0,x \ne 1.$

a) Thay $x = - 2$ (thỏa mãn) vào biểu thức $A$ ta được:

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

b) Ta có $A = B + C$ nên $C = A - B$

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

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

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

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

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

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

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

Vậy với $x \ne 1$ ta có $C = \frac{2}{{{x^2} + x + 1}}.$

c) Với $x \ne 1$ ta có $C = \frac{2}{{{x^2} + x + 1}} = \frac{2}{{{x^2} + 2.x.\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}}} = \frac{2}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}$.

Mà ${\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0$, do đó $C = \frac{2}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}} > 0$ với mọi $x \ne 1.$

1. Áp dụng định lí Pytthagore vào tam giác $ABH$ vuông tại $H$ ta có:

$A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}$

Suy ra $A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}$

Do đó $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{3{,}7}^2} - {{1{,}2}^2}} = 3{,}5\;\left( {\rm{m}} \right)$

Ta có $\frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{3{,}5}}{{1{,}2}} \approx 2{,}9$.

Mà $2{,}9 > 2{,}2$ nên khoảng cách đặt thang cách chân tường là không an toàn.

2. Ta minh họa bảo tàng bằng hình chóp tứ giác sau:

Đường cao của hình chóp $SO$ vuông góc với mặt đáy $ABCD$ nên $SO \bot OH.$

Dễ thấy $OH = \frac{1}{2}DC = \frac{1}{2}.34 = 17{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $SOH$ vuông tại $O$, ta có:

$S{H^2} = S{O^2} + O{H^2}$$= {21^2} + {17^2} = 730$.

Suy ra $SH = \sqrt {730} \approx 27{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)$.

Nửa chu vi mặt đáy là: $P = \frac{1}{2}\left( {34 + 34 + 34 + 34} \right) = 68{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)$

Tổng diện tích các tấm kính để phủ kín bốn mặt bên của bảo tàng hình chóp này là:

${S_{xq}} = P \cdot d = 68 \cdot 27 = 1836{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Vậy tổng diện tích của các tấm kính để phủ kín bốn mặt bên của bảo tàng Louvre là $1836{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.$