Đề kiểm tra học kì II - Môn: Toán 8 - Trường THCS Ngô Sĩ Liên

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì II - Môn: Toán 8 - Trường THCS Ngô Sĩ Liên

1. TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II MÔN: TOÁN 8 NĂM HỌC: 2019-2020 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ 4 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn. 3 2 A. .1C.5x 2 4 3 . x 0 7 9 8 15 B. 4y 0 . D. . 3 0 y x Câu 2. Nếu a b thì. A. .5 a 5b C. . a 8 b 8 B. . 4a 4b D. 8. a 8 b 3x 2 6x 1 Câu 3. Điều kiện xác định của phương trình là. x 7 2x 3 3 A. .x 7 C. hoặc x .7 x 2 3 3 B. .x D. x và 7 .x 2 2 Câu 4. Tập nghiệm của phương trình 2x 5 5 . A. .S 5 B. . S C. . 5 D. . S 0;5 S 5;5 Câu 5. Cho hình vẽ. Biết MN //BC và MN 3 cm, AM 2 cm, AB 5 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng BC là. 10 6 A. cm. B. cm. C. 7,5cm. D. 5 cm. 3 5 Câu 6. Ánh nắng mặt trời chiếu một cây phi lao ngả bóng trên mặt đất dài 6,4 cm. Cùng thời điểm đó một cái cọc cao 20 cm cắm vuông góc với mặt đất có bóng đổ dài 32 cm. Chiều cao của cây phi lao là. A. 10,24 m. B. 4 m. C. 2 m. D. 12,8 m.
2. Câu 7. Số cạnh của hình chóp lục giác đều là. A. 6. B. .1 2 C. . 18 D. . 15 Câu 8. Một bể bơi có hình dạng một hình hộp chữ nhật, có kích thước bên trong của đáy lần lượt là 6 . m và 25 m. Dung tích nước trong hồ khi mực nước trong hồ cao 2 m là. A. .1 50m3 B. . 170mC.3 . D. .300m3 340m3 II. PHẦN TỰ LUẬN x 1 1 x 4x2 2x2 2 Câu 1. Cho biểu thức A 2 : 2 . x 1 x 1 1 x x 2x 1 a) Rút gọn A . b) Tìm x để A 2 . c) Tìm x để A 1 . d) Tìm x nguyên để A nguyên. Câu 2. Giải phương trình. a) 2 3x 1 4x 2 . x 1 x 1 2x b) 0 . 2x 2 2x 2 1 x x 1 c) x2 1 x 1 3x 5 . d) 6 3x 1 5x . Câu 3. Giải các bất phương trình sau và biểu diễn tập nghiệm trên trục số: 2 a) 3x 1 3x 2 3x 1 16 4x 5 7 x b) 3 5 Câu 4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 10m . Nếu tăng chiều rộng thêm 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích tăng thêm 100 m2 . Tính kích thước của miếng đất lúc đầu. Câu 5. Cho nhọn,ABC các đường cao , A,D cắtB EnhauC Fở . H a) Chứng minh: BDA∽ BFC và BD.BC BF.BA . b) Chứng minh: B· DF B· AC . c) Chứng minh: BH.BE BD.BC và BH.BE CH.CF BC 2 . d) Đường thẳng qua A song song với BC cắt tia DF tại M . Gọi I là giao điểm của CM và AD . Chứng minh IE / / BC .
3. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II - TOÁN 8 TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN ĐỀ 4 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 C B D C C B B C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn. 3 2 A. 15x2 4 3 .C. x 0. 7 9 8 15 B. .4 y 0 D. . 3 0 y x Lời giải Chọn C. Theo định nghĩa phương trình bậc nhất: “Phương trình bậc nhất là phương trình có dạng ax b 0 (a 0 )”. Câu 2. Nếu a b thì. A. .5 a 5b C. . a 8 b 8 B. 4a 4b . D. .8 a 8 b Lời giải Chọn B. Nhân 4 vào cả hai vế của bất đẳng thức a b ta có: 4a 4b . 3x 2 6x 1 Câu 3. Điều kiện xác định của phương trình là. x 7 2x 3 3 A. .x 7 C. hoặc x .7 x 2 3 3 B. x . D. x 7 và x . 2 2 Lời giải Chọn D. x 7 x 7 0 Điều kiện xác định 3 . 2x 3 0 x 2
4. Câu 4. Tập nghiệm của phương trình 2x 5 5 . A. .S 5 B. S 5 . C. S 0;5 . D. .S 5;5 Lời giải Chọn C. 5 +) Khi 2x 5 0 x thì 2x 5 2x 5 , ta có: 2x 5 5 x 5 (thỏa mãn). 2 5 +) Khi 2x 5 0 x thì 2x 5 2x 5 2x 5 , ta có: 2x 5 5 x 0 (thỏa 2 mãn). Vậy phương trình có tập nghiệm S 0;5 . Câu 5. Cho hình vẽ. Biết MN //BC và MN 3 cm, AM 2 cm, AB 5 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng BC là. 10 6 A. cm. B. cm. C. 7,5cm. D. 5 cm. 3 5 Lời giải Chọn C. Áp dụng hệ quả định lý Talet cho ABC , có MN //BC AM MN 2 3 BC 7,5 cm. AB BC 5 BC Câu 6. Ánh nắng mặt trời chiếu một cây phi lao ngả bóng trên mặt đất dài 6,4 cm. Cùng thời điểm đó một cái cọc cao 20 cm cắm vuông góc với mặt đất có bóng đổ dài 32 cm. Chiều cao của cây phi lao là. A. 10,24 m. B. 4 m. C. 2 m. D. 12,8 m. Lời giải Chọn B.
5. Giả sử bài toán được minh họa như hình vẽ. Chiều cao cây phi lao là độ dài đoạn DB . Bóng cây phi lao trên mặt đất là độ dài đoạn AB . Chiều cao cái cọc là độ dài đoạn CE . Bóng cái cọc trên mặt đất là độ dài đoạn AE . Ta có CE 20 cm 0,2 m, AE 32 cm 0,32 m, AB 6,4 m. CE  AB   CE//BD (từ vuông góc đến song song). BD  AB Áp dụng hệ quả định lí Talet cho ABD , có CE//BD : AE CE 0,32 0,2 BD 4 m. AB BD 6,4 BD Câu 7. Số cạnh của hình chóp lục giác đều là. A. 6. B. 12. C. .1 8 D. . 15 Lời giải Chọn B. Vì: Hình chóp lục giác đều có 6 cạnh bên và 6 cạnh đáy. Câu 8. Một bể bơi có hình dạng một hình hộp chữ nhật, có kích thước bên trong của đáy lần lượt là 6m và 25 m. Dung tích nước trong hồ khi mực nước trong hồ cao 2 m là. A. .1 50m3 B. 170m3 . C. 300m3 . D. .340m3 Lời giải Chọn C. Dung tích nước trong hồ khi mực nước trong hồ cao 2 m là: V 6.25.2 300m3 . II. PHẦN TỰ LUẬN x 1 1 x 4x2 2x2 2 Câu 1. Cho biểu thức A 2 : 2 . x 1 x 1 1 x x 2x 1 a) Rút gọn A . b) Tìm x để A 2 . c) Tìm x để A 1 . d) Tìm x nguyên để A nguyên. Lời giải
6. x 1 a) ĐKXĐ: . x 1 x 1 1 x 4x2 2x2 2 A 2 : 2 x 1 x 1 1 x x 2x 1 2 x 1 x 1 4x2 2 x 1 : 2 x 1 x 1 1 x x 1 x 1 2 x 1 x 1 4x2 x 1  2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 4x2 x 1 2  x 1 x 1 2 x 1 x 1 x2 2x 1 x2 2x 1 4x2 x 1  x 1 x 1 2 x 1 2x2 2 x 1  x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1  x 1 x 1 2 x 1 x 1 . x 1 b) Với x 1 , x 1 . x 1 1 Để A 2 cần 2 x 1 2 x 1 3x 1 x (thỏa mãn). x 1 3 1 Vậy x thì A 2 . 3 c) Với x 1 , x 1 . x 1 x 1 x 1 x 1 2 Để A 1 cần 1 1 0 0 0 x 1 0 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 kết hợp với điều kiện xác định . x 1 Vậy với x 1 và x 1 thì A 1 . d) d) ĐKXĐ: x 1 , x 1 . x 1 x 1 2 2 Ta có A 1 . x 1 x 1 x 1 2 Để A nguyên cần nguyên x 1 x 1 Ư(2) x 1 2; 1;1;2. x 3; 2;0;1. Kết hợp với ĐKXĐ cần x 3; 2;0 thì A nguyên. Câu 2. Giải phương trình. a) 2 3x 1 4x 2 .
7. x 1 x 1 2x b) 0 . 2x 2 2x 2 1 x x 1 c) x2 1 x 1 3x 5 . d) 6 3x 1 5x . Lời giải a) 2 3x 1 4x 2 6x 2 4x 2 6x 4x 2 2 2x 0 x 0 . Vậy phương trình có tập nghiệm là S 0 . x 1 x 1 2x b) 0 (Điều kiện xác định: x 1 , x 1 ) 2x 2 2x 2 1 x x 1 x 1 x 1 2x 0 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 4x 0 x2 2x 1 x2 2x 1 4x 0 0x 0 (luôn đúng) Vậy phương trình nghiệm đúng với mọi x 1 và x 1 . c) x2 1 x 1 3x 5 x2 1 3x2 5x 3x 5 2x2 2x 4 0 x2 x 2 0 x2 2x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 2 x 1 0 x 2 0 x 1 0 x 2 . x 1 Vậy phương trình có tập nghiệm là S 1;2 . d) 6 3x 1 5x 1 7 +) Khi 3x 1 0 x 3x 1 3x 1 , ta có: 6 3x 1 5x 8x 7 x (thỏa 3 8 mãn). 1 5 +) Khi 3x 1 0 x 3x 1 3x 1 , ta có: 6 3x 1 5x 2x 5 x (không 3 2 thỏa mãn). 7  Vậy phương trình có tập nghiệm là S  . 8  Câu 3. Giải các bất phương trình sau và biểu diễn tập nghiệm trên trục số:
8. 2 a) 3x 1 3x 2 3x 1 16 4x 5 7 x b) 3 5 Lời giải 2 a) 3x 1 3x 2 3x 1 16 2 2 9x 9x 2 9x 6x 1 16 15x 15 x 1 Vậy bất phương trình trên có nghiệm là x R / x 1 -1 0 4x 5 7 x b) 3 5 4x 5 7 x 3 5 5 4x 5 3 7 x 15 15 20x 25 21 3x 23x 46 x 2 Vậy bất phương trình trên có nghiệm là x R / x 2 O 2 Câu 4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 10m . Nếu tăng chiều rộng thêm 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích tăng thêm 100 m2 . Tính kích thước của miếng đất lúc đầu. Lời giải Gọi chiều rộng ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật là x m x 0 Chiều dài ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật là x 10 m Diện tích ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật là x x 10 m2 Chiều rộng của mảnh đất khi tăng thêm 5m là x 5 m Chiều dài của mảnh đất khi giảm đi 2m là x 10 2 x 8 m Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật sau khi thay đổi là x 5 x 8 m2 Vì diện tích mảnh đất sau khi thay đổi tăng thêm 100 m2 nên ta có phương trình: x 5 x 8 x x 10 100 x2 13x 40 x2 10x 100 3x 60 x 20 (tmđk)
9. Vậy mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ban đầu là 20 m , chiều dài ban đầu là 20 10 30 m Câu 5. Cho nhọn,ABC các đường cao , A,D cắtB EnhauC Fở . H a) Chứng minh: BDA∽ BFC và BD.BC BF.BA . b) Chứng minh: B· DF B· AC . c) Chứng minh: BH.BE BD.BC và BH.BE CH.CF BC 2 . d) Đường thẳng qua A song song với BC cắt tia DF tại M . Gọi I là giao điểm của CM và AD . Chứng minh IE / / BC . Lời giải A M N I E F H B D C a) Vì ABC có các đường cao AD , BE , CF (gt) nên: AD  BC ·ADB ·ADC 90 (định nghĩa) CF  AB ·AFC B· FC 90 (định nghĩa) BE  AC ·AEB B· EC 90 (định nghĩa) Xét BDA và BFC có: ·ADB B· FC 90 (cmt) ·ABC là góc chung BDA∽ BFC (g – g) BD BF (hai cặp cạnh tương ứng) BA BC BD.BC BF.BA (đpcm) b) Xét ABC và DBF có: ·ABC là góc chung BF BD (cma) BC BA ABC ∽ DBF (c – g – c) B· AC B· DF (hai góc tương ứng) (đpcm) c) Xét BDH và BEC có: C· BE là góc chung
10. ·ADB B· EC 90 (cma) BDH ∽ BEC (g – g) BD BE (hai cặp cạnh tương ứng) BH BC BD.BC BH.BE 1 Chứng minh tương tự ta được: CDH ∽ CFB (g – g) CH CB (hai cặp cạnh tương ứng) CD CF CH.CF CD.CB 2 Từ 1 và 2 ta có: BH.BE CH.CF BD.BC CD.BC BH.BE CH.CF BC BD CD BH.BE CH.CF BC.BC BH.BE CH.CF BC 2 (đpcm) d) có B· DF B· AC (cmt) 1 Chứng minh tương tự: CDE ∽ CAB (c – g – c) C· DE C· AB (hai góc tương ứng) 2 Từ 1 và 2 C· DE B· DF B· AC Ta có: B· DF F· DA B· DA 90 C· DE E· DA C· DA 90 B· DF F· DA C· DE E· DA F· DA E· DA AD là tia phân giác của F· DE (định nghĩa) Kéo dài DE cắt AM tại N . Xét DMN có AD là tia phân giác của F· DE (cmt) Mà AD  MN (gt) DMN cân tại D (dấu hiệu nhận biết) AD là đường trung tuyến của DMN (tính chất tam giác cân) AM AN (định nghĩa đường trung tuyến trong tam giác)
11. Vì AM / / BC (gt) AM / / DC Xét ICD có AM / / DC (M IC , A ID ) nên: AM AI (hệ quả định lý Talet) CD ID AN AI (vì AM AN ) 3 CD ID Vì AN / / BC (gt) AN / / DC Xét ECD có AN / / DC (N DE , A CE ) nên: AN AE (hệ quả định lý Talet) 4 CD EC AI AE AN Từ 3 và 4 ID EC CD AI AE Xét ACD có , I AD, E AC nên IE / / CD (định lý Talet đảo) (đpcm). ID EC IE / / BC (đpcm). Nhận xét: Bài làm tốt. Bài hình câu 4d làm thừa 1 phần GVPB đã cắt bỏ.