Bộ 7 đề thi cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo (2023-2024) có đáp án - Đề 2

a) $3x\left( {x - 2y} \right) + 2xy = 3{x^2} - 6xy + 2xy = 3{x^2} - 4xy.$

b) ${(2x + y)^2} - 3x(x - y) = 4{x^2} + 4xy + {y^2} - 3{x^2} + 3xy = {x^2} + 7xy + {y^2}.$

a) $\frac{{x + y}}{{2y}} + \frac{{2x - y}}{{2y}} = \frac{{x + y + 2x - y}}{{2y}} = \frac{{3x}}{{2y}}.$

b) $\frac{{{x^2} - 5x}}{{x - 3}} - \frac{{x - 9}}{{x - 3}} = \frac{{{x^2} - 5x - x + 9}}{{x - 3}} = \frac{{{x^2} - 6x + 9}}{{x - 3}} = \frac{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}{{x - 3}} = x - 3.$

c) $\frac{{x + 2}}{{x - 3}} + \frac{2}{{x + 3}} + \frac{{3{x^2} + x}}{{9 - {x^2}}}$

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

$= \frac{{{x^2} + 5x + 6 + 2x - 6 - 3{x^2} - x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{ - 2{x^2} + 6x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}$

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

a) $4{x^2}y + 8x = 4x\left( {xy + 2} \right).$

b) $9{x^2} - 6x + 1 = {\left( {3x - 1} \right)^2}.$

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

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$ có $A{C^2} = B{C^2} + A{B^2}$ (định lý Pythagore)

Suy ra $A{C^2} = {12^2} + {5^2} = 169.$

Do đó $AC = 13\;{\rm{km}}{\rm{.}}$

Vậy quãng đường từ nhà đến trường của bạn Thanh xa hơn quãng đường từ nhà đến trường của bạn Lan là $13 - 12 = 1$ (km).

a) Xét tứ giác $AEHF$ có $\widehat {A\,\,} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A),$ $\widehat {E\,} = 90^\circ$ (do $HE \bot AB$ tại $E),$ $\widehat {F\,} = 90^\circ$ (do $HF \bot AC$ tại $F).$

Suy ra tứ giác $AEHF$ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).

b) Ta có: $EH = AF$ (do $EFMH$ là hình chữ nhật) và $AF = FM$ (do $M$ đối xứng $A$ qua $F),$ suy ra $EH = FM.$

Ta có $EH\,{\rm{//}}\,AF$ (do $EFMH$ là hình chữ nhật) và $EH\,{\rm{//}}\,FM$ (do $M$ thuộc $AF).$

Xét tứ giác $EFMH$ có: $EH = FM$ (chứng minh trên), $EH\,{\rm{//}}\,FM$ (chứng minh trên).

Vậy tứ giác $EFMH$ là hình bình hành (tứ giác có 2 cạnh đối song song và bằng nhau.

c) Xét tứ giác $AHMD$ có $F$ là trung điểm của $AM$ và $HD$ nên $AHMD$ là hình bình hành. Lại có $AM \bot HD$ nên hình bình hành $AHMD$ là hình thoi.

Do đó $AH\,{\rm{//}}\,DM,$ mà $AH \bot BC$ nên $DM \bot BC.$

Xét $\Delta HDC$ có hai đường cao $CF$ và $DM$ cắt nhau tại $M$ nên $M$ là trực tâm của tam giác. Do đó $HM \bot DC.$

Lại có $EF\,{\rm{//}}\,HM$ (do $EFMH$ là hình bình hành), nên $EF \bot DC.$