Đề thi cuối kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 2

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Điều kiện xác định của phân thức $\frac{{x - 1}}{{x - 2}}$ là $x - 2 \ne 0$ hay $x \ne 2.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}.\left( { - 1} \right) = \frac{2}{{3{x^2}y}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng $ax + b = 0{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)$.

Do đó. $2x + 1 = 0$ là phương trình bậc nhất một ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $3 - 2x = 0$ nên $2x = 3$ do đó, $x = \frac{3}{2}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Đồ thị hàm số $y = ax{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)$ là một đường thẳng luôn đi qua gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hệ số góc của đường thẳng $y = x - 2$ là $1.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Số kết quả thuận lợi của biến cố “Quả bóng được lấy ra có màu cam” là 10 (là các quả bóng được đánh số từ 1 đến 10).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “lấy được thẻ ghi số chẵn” là: $4;6;8;10;12$.

Do đó, có 5 kết quả thuận lợi.

Suy ra xác suất để chọn được thẻ ghi số chẵn là $\frac{5}{{10}} = 0{,}5$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Để $ΔMNP∽ΔDEF$ (g-g) mà $\widehat M = \widehat D$ thì $\widehat P = \widehat F.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nếu $ΔABC∽Δ{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}$ theo tỉ số đồng dạng $k = 1$ thì $Δ{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}∽ΔABC$ theo tỉ số đồng dạng là 1.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hình có dạng hình chóp tam giác đều là hình 1.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Thể tích của hình chóp là một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.

S

a) Điều kiện để hàm số trên là hàm số bậc nhất là $2 - m \ne 0$ suy ra $m \ne 2$.

S

b) Với $m = - 1$, ta có: $\left( d \right):y = 3x - 4$.

Thay $x = 0,y = 4$ vào $\left( d \right):y = 3x - 4$, ta được: $3.0 - 4 = 4$ hay $- 4 = 4$ (vô lí)

Do đó với $m = - 1$ thì đồ thị hàm số $\left( d \right)$ không đi qua điểm $A\left( {0;4} \right).$

Đ

c) Để đường thẳng $\left( d \right)$ song song với $\left( {d'} \right):y = - x + m - 3$ thì $\left\{ \begin{array}{l}2 - m = - 1\\3m - 1 \ne m - 3\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\m \ne - 1\end{array} \right.$.

Do đó, $m = 3.$

Đ

d) Nhận thấy đường thẳng $\left( {d''} \right):y = - x + 2$ luôn cắt trục tung tại điểm có tung độ là $2.$

Đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt trục tung tại điểm có tung độ là $3m - 1$.

Do đó, để $\left( d \right)$ cắt đường thẳng $\left( {d''} \right):y = - x + 2$ tại một điểm thuộc trục tung thì $2 = 3m - 1$.

Suy ra $m = 1.$

Đ

a) Bạn An đã gieo tổng số lần là: $10 + 8 + 6 + 12 + 4 + 10 = 50$ (lần)

S

b) Quan sát bảng, ta thấy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt $4$ chấm” là $12$.

Đ

c) Kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” là $12 + 8 + 10 = 30$.

Xác suất của biến cố “Xuất hiện số mặt có số chấm chẵn” là: $\frac{{30}}{{50}} = 0{,}6.$

S

d) Kết quả thuận lợi của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn $3$” là

$6 + 12 + 4 + 10 = 32$

Do đó, xác suất của biến cố đó là $\frac{{32}}{{50}} = \frac{{16}}{{25}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $- 3$

Thay tọa độ điểm $A\left( { - m; - 3} \right)$ khi $- 2.\left( { - m} \right) + 3 = - 3$ hay $2m = - 6$ nên $m = - 3.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $0{,}14$

Các kết quả có thể xảy ra khi gieo hai con xúc xắc là $6.6 = 36$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng số chấm sau hai lần gieo bằng 8” là: $\left( {2;6} \right);\left( {6;2} \right);\left( {3;5} \right);$$\left( {5;3} \right);\left( {4;4} \right)$.

Do đó, có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố $B.$

Suy ra, xác suất của biến cố $B$ là: $P\left( B \right) = \frac{5}{{36}} \approx 0{,}14$.

Hướng dẫn giải

Đáp án: $5$

Gọi điểm $M$ sao cho $ABCM$ là hình vuông.

Xét $\Delta AMD$ vuông tại $M$, có: $DM = DC + CM = DC + BA = 1 + 3 = 4{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $\Delta AMD$, ta có:

$D{M^2} + A{M^2} = A{D^2}$ hay ${4^2} + {3^2} = A{D^2}$ do đó $A{D^2} = 25$ nên $AD = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Vậy khoảng cách lúc đầu từ chỗ người lái xe đến người khách là $5{\rm{ km}}{\rm{.}}$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $1836$

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

Xét tam giác $SOH$ vuông tại $O.$

Theo định lí Pythagore, ta có: $S{H^2} = S{O^2} + O{H^2}$

Suy ra $S{H^2} = {21^2} + {17^2} = 730$

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:

${S_{xq}} = P.d = 68.27 = 1836{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Hướng dẫn giải

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là $x{\rm{ }}\left( \% \right)$ với $x > 0.$

Khi đó, lượng muối có trong dung dịch I là: $200.\frac{x}{{100}} = 2x{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)$.

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là $20\%$ nên nồng độ muối trong dung dịch II là $x - 20{\rm{ }}\left( \% \right)$

Khi đó, lượng muối có trong dung dịch II là $300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)$

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: $2x + 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)$.

Khối lượng dung dịch muối sau trộn hai dung dịch là: $200 + 300 = 500{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)$.

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là $33\%$ nên ta có phương trình $\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\%$.

Giải phương trình, ta được: $\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\%$

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{5} = 33$

$2x + 3\left( {x - 20} \right) = 33.5$

$2x + 3x - 60 = 165$

$5x = 225$ nên $x = 45$ (thỏa mãn)

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là $45\%$ và $25\% .$

a) Ta có: $BF\parallel AD$ (gt)

Suy ra $\widehat {EDA} = \widehat {EBF}$ (so le trong)

$\widehat {EAD} = \widehat {EFB}$ (so le trong)

Xét $\Delta DEA$ và $\Delta BEF$, có:

$\widehat {EDA} = \widehat {EBF}$ (so le trong)

$\widehat {EAD} = \widehat {EFB}$ (so le trong)

Do đó, $ΔDEA∽ΔBEF$ (g.g)

Lại có $AB\parallel GD$ (gt) nên $\widehat {DGE} = \widehat {BAE}$ (so le trong)

Xét $\Delta DGE$ và $\Delta BAE$, có:

$\widehat {DGE} = \widehat {BAE}$ (so le trong)

$\widehat {DEG} = \widehat {BEA}$ (đối đỉnh)

Suy ra $ΔDGE∽ΔBAE$ (g.g)

b) Ta có: $ΔDEA∽ΔBEF$ (cmt) nên $\frac{{AE}}{{EF}} = \frac{{DE}}{{BE}}$ (1)

$ΔDGE∽ΔBAE$ (cmt) nên $\frac{{GE}}{{EA}} = \frac{{DE}}{{BE}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{GE}}{{EA}} = \frac{{AE}}{{FE}}$ nên $A{E^2} = EF.EG$ (đpcm).

c) Từ câu a), ta có: $ΔDEA∽ΔBEF$ nên $\frac{{AD}}{{BF}} = \frac{{DE}}{{BE}}$ (3)

$ΔDGE∽ΔBAE$ nên $\frac{{GD}}{{BA}} = \frac{{DE}}{{BE}}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\frac{{GD}}{{BA}} = \frac{{DA}}{{BF}}$ nên $BF.DG = AD.BA$.

Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AD.BA$ không đổi.

Do đó, $BF.DG$ không đổi khi $F$ thay đổi trên $BC.$

Hướng dẫn giải

Ta có: $1 - \frac{1}{{{k^2}}} = \frac{{{k^2} - 1}}{{{k^2}}} = \frac{{\left( {k - 1} \right)\left( {k + 1} \right)}}{{{k^2}}}$.

Do đó, ta có: $C = \left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right).\left( {1 - \frac{1}{{{3^2}}}} \right).\left( {1 - \frac{1}{{{4^2}}}} \right).....\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)$

$$C = \frac{{1.3}}{{{2^2}}}.\frac{{2.4}}{{{3^2}}}.\frac{{3.5}}{{{4^2}}}....\frac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}$$

$$C = \frac{{1.3.2.4.3.5.....\left( {n - 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{{{2^2}{{.3}^2}{{.4}^2}.....{n^2}}}$$

$$C = \frac{{1.2.3.....\left( {n - 1} \right)}}{{2.3.4.....\left( {n - 1} \right)n}}.\frac{{3.4.5.....\left( {n + 1} \right)}}{{2.3.4....n}}$$

$C = \frac{1}{n}.\frac{{n + 1}}{2} = \frac{{n + 1}}{{2n}}$.

Vậy $C = \frac{{n + 1}}{{2n}}.$