Đề Thi Học Kì 1 Toán 8 Phòng GD&ĐT Quận Đống Đa Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
8

Đề thi học kì 1 Toán 8 Phòng GD&ĐT Quận Đống Đa Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

PHÒNG GD&ĐT

QUẬN ĐỐNG ĐA

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 8

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Mục tiêu:

+) Đề thi gồm 5 bài tập tự luận ở các mức độ từ dễ tới khó với đầy đủ kiến thức các em đã được học trong chương trình kì I lớp 8 nhằm kiểm tra kiến thức cả học kì của các em.

+) Sau khi làm đề thi này, các em có thể ôn tập tổng hợp lại các kiến thức mình đã học và tự tin làm bài thi HKI toán 8 của mình.

Bài I. (VD) (2,0 điểm): Phân tích đa thức thành nhân tử:

$\left. 1 \right)$ ${x^2} – xy$ $\left. 2 \right)$ $xy + x + y + 1$ $\left. 3 \right)$${x^3} – 7{x^2} + 10x$

Bài II. (VD) (2,0 điểm):

$\left. 1 \right)$ Rút gọn biểu thức: $x\left( {1 – x} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)$

$\left. 2 \right)$ Tìm x biết: ${\left( {x + 3} \right)^2} – {x^2} = 45$

Bài III. (VD) (2,0 điểm):

Cho hai biểu thức: $A = \frac{{{x^2} – 9}}{{3\left( {x + 5} \right)}}$ và $B = \frac{x}{{x + 3}} + \frac{{2x}}{{x – 3}} – \frac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} – 9}}$ với $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

$\left. 1 \right)$ Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 2$.

$\left. 2 \right)$ Rút gọn biểu thức B.

$\left. 3 \right)$ Cho $P = A.B$. Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên.

Bài IV. (VD) (3,5 điểm):

Cho tam giác ABC cân tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi E là điểm đối xứng với H qua M.

$\left. 1 \right)$ Chứng minh tứ giác AHBE là hình chữ nhật.

$\left. 2 \right)$ Gọi N là trung điểm của AH. Chứng minh N là trung điểm của EC.

$\left. 3 \right)$ Cho $AH = 8{\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = 12{\rm{ cm}}$. Tính diện tích tam giác AMH.

$\left. 4 \right)$ Trên tia đối của tia HA lấy điểm F. Kẻ $HK \bot FC$ (K thuộc FC). Gọi I, Q lần lượt là trung điểm của HK, KC. Chứng minh rằng: $BK \bot FI$.

Bài V. (VDC) (0,5 điểm): Cho $a + b + c = 0{\rm{ }}\left( {a \ne 0;{\rm{ }}b \ne 0;{\rm{ }}c \ne 0} \right)$. Tính giá trị của biểu thức

$A = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} – {b^2} – {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} – {c^2} – {a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} – {a^2} – {b^2}}}$

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài I:

Phương pháp:

a) Dùng phương pháp đặt nhân tử chung.

b) Dùng phương pháp đặt nhân tử chung và nhóm hạng tử.

c) Đặt nhân tử chung rồi tách hạng tử để nhóm các hạng tử thích hợp.

Cách giải:

1) ${x^2} – xy = x\left( {x – y} \right)$

2) $xy + x + y + 1$

$\begin{array}{l} = x\left( {y + 1} \right) + \left( {y + 1} \right)\\ = \left( {y + 1} \right)\left( {x + 1} \right)\end{array}$

3) ${x^3} – 7{x^2} + 10x$

$\begin{array}{l} = x\left( {{x^2} – 7x + 10} \right)\\ = x\left( {{x^2} – 2x – 5x + 10} \right)\\ = x\left[ {x\left( {x – 2} \right) – 5\left( {x – 2} \right)} \right]\\ = x\left( {x – 5} \right)\left( {x – 2} \right)\end{array}$

Bài II:

Phương pháp:

1) Nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức rồi thu gọn.

2) Sử dụng hằng đẳng thức ${\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}$ sau đó rút gọn vế trái đưa về dạng tìm x thường gặp.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức: $x\left( {1 – x} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)$

$x\left( {1 – x} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)$

$\begin{array}{l} = x – {x^2} + {x^2} – 2x + x – 2\\ = – 2\end{array}$

2) Tìm x biết: ${\left( {x + 3} \right)^2} – {x^2} = 45$

${\left( {x + 3} \right)^2} – {x^2} = 45$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 6x + 9 – {x^2} = 45\\ \Leftrightarrow 6x = 36\\ \Leftrightarrow x = 6\end{array}$

Vậy $x = 6$.

Bài III:

Phương pháp:

1) Thay $x = 2$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A rồi tính toán.

2) Qui đồng mẫu các phân thức rồi cộng trừ các phân thức, sau đó rút gọn.

3) Tính P. Sau đó biến đổi P về dạng $P = a + \frac{b}{{f\left( x \right)}}$ với $a,b \in Z$

Khi đó: $P \in Z \Rightarrow f\left( x \right) \in U\left( b \right)$, từ đó ta tìm được x.

Kết hợp điều kiện của x rồi kết luận.

Cách giải:

Cho hai biểu thức: $A = \frac{{{x^2} – 9}}{{3\left( {x + 5} \right)}}$ và $B = \frac{x}{{x + 3}} + \frac{{2x}}{{x – 3}} – \frac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} – 9}}$ với $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

1) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 2$.

Điều kiện: $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

Với $x = 2$ (thỏa mãn điều kiện), thay vào A ta có:

$A = \frac{{{2^2} – 9}}{{3.\left( {2 + 5} \right)}} = – \frac{5}{{21}}.$

Vậy $A = – \frac{5}{{21}}$ khi $x = 2$

2) Rút gọn biểu thức B.

Điều kiện: $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

$B = \frac{x}{{x + 3}} + \frac{{2x}}{{x – 3}} – \frac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} – 9}}$

$\begin{array}{l} = \frac{{x\left( {x – 3} \right) + 2x\left( {x + 3} \right) – 3{x^2} – 9}}{{\left( {x – 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\\ = \frac{{{x^2} – 3x + 2{x^2} + 6x – 3{x^2} – 9}}{{\left( {x – 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\\ = \frac{{3x – 9}}{{\left( {x – 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{3\left( {x – 3} \right)}}{{\left( {x – 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\\ = \frac{3}{{x + 3}}.\end{array}$

Vậy $B = \frac{3}{{x + 3}}$ với $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

3) Cho $P = A.B$. Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên.

Điều kiện: $x \ne – 5;{\rm{ }}x \ne \pm 3.$

Ta có: $P = A.B = \frac{{\left( {{x^2} – 9} \right)}}{{3\left( {x + 5} \right)}}.\frac{3}{{x + 3}} = \frac{{x – 3}}{{x + 5}} = \frac{{x + 5 – 8}}{{x + 5}} = 1 – \frac{8}{{x + 5}}$

P có giá trị nguyên thì $\frac{8}{{x + 5}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow x + 5 \in U\left( 8 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4; \pm 8} \right\}$

Ta có bảng sau:

$x + 5$ $ – 1$ $ – 2$ $ – 4$ $ – 8$ 1 2 4 8
x $ – 6$

(tm)

$ – 7$

(tm)

$ – 9$

(tm)

$ – 13$

(tm)

$ – 4$

(tm)

$ – 3$

(tm)

$ – 1$

(tm)

3

(ktm)

Vậy để P có giá trị nguyên thì $x \in \left\{ { – 6; – 7; – 9; – 13; – 4; – 1} \right\}.$

Bài IV:

Phương pháp:

1) Sử dụng dấu hiệu nhận biết: “Tứ giác có hai đường chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành” và “Hình bình hành có 1 góc vuông là hình chữ nhật”

2) Chứng minh AEHC là hình bình hành sau đó suy ra hai đường chéo AH, EC giao nhau tại trung điểm N của mỗi đường.

3) Tính diện tích tam giác ABH , chứng minh ${S_{ABH}} = 2{S_{AMH}}$ từ đó ta tính được ${S_{AMH}}$

4) Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác và quan hệ từ vuông góc đến song song.

Cách giải:

1. Chứng minh AHBE là hình chữ nhật.

Xét tứ giác AHBE có

$AB \cap EH = \left\{ M \right\}$

M là trung điểm AB (giả thiết)

M là trung điểm EH (E đối xứng với H qua M)

$ \Rightarrow $ Tứ giác AHBE là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành).

Mà $AHB = 90^\circ \left( {AH \bot BC} \right)$

$ \Rightarrow $ AHBE là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật).

2. Chứng minh N là trung điểm của EC

Vì AHBE là hình chữ nhật (theo câu a)

$ \Rightarrow AE{\rm{ // }}BH;AE = BH{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Vì cân tại A

AH là đường cao

$ \Rightarrow $ AH đồng thời là đường trung tuyến (tính chất tam giác cân) $ \Rightarrow HB = HC{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $ \Rightarrow AE = HC;AE{\rm{ // }}HC \Rightarrow $AEHC là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

$ \Rightarrow $ Hai đường chéo AH và EC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà N là trung điểm AH (gt)

$ \Rightarrow $ N là trung điểm của EC (đpcm).

3. Cho $AH = 8{\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = 12{\rm{ cm}}$. Tính diện tích tam giác AMH.

Ta có $HB = HC = \frac{{BC}}{2} = 6$${\rm{cm}}$

Tam giác ABH vuông tại H nên ${S_{ABH}} = \frac{1}{2}.AH.HB = \frac{1}{2}.8.6 = 24{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$

Tam giác HAB và tam giác HMA có cùng chiều cao hạ từ đỉnh H và cạnh đáy AB gấp hai lần cạnh đáy MA nên ${S_{ABH}} = 2{S_{AMH}}$

Suy ra ${S_{AMH}} = \frac{1}{2}{S_{ABH}} = \frac{1}{2}.24 = 12{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$

Vậy ${S_{AMH}} = 12{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$

4) Trên tia đối của tia HA lấy điểm F. Kẻ $HK \bot FC$ (K thuộc FC). Gọi IQ lần lượt là trung điểm của HK, KC. Chứng minh rằng: $BK \bot FI$.

Xét tam giác HKC có I, Q lần lượt là trung điểm cạnh HK, CQ nên IQ là đường trung bình

$ \Rightarrow IQ{\rm{ // }}HC$ (tính chất)

Mà $HC \bot HF \Rightarrow IQ \bot HF$

Xét tam giác HFO có $IQ \bot HF\left( {cmt} \right),{\rm{ }}HK \bot FQ\left( {gt} \right)$ mà $I \in HK \Rightarrow $ là trực tâm của

$ \Rightarrow FI \bot HQ$

Xét tam giác BCK có H, Q lần lượt là trung điểm cạnh BC, CQ nên HQ là đường trung bình

$ \Rightarrow HQ{\rm{ // }}BK$ mà $FI \bot HQ\left( {cmt} \right)$

$ \Rightarrow BK \bot FI$ (đpcm)

Bài V:

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức ${\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + 2xy + {y^2}$

Biến đổi để có $A = \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}}$

Sau đó chứng minh ${a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc$, từ đó ta tính được A.

Cách giải:

Vì $a + b + c = 0$ nên $a = – b – c \Rightarrow {a^2} = {\left( { – b – c} \right)^2} \Rightarrow {a^2} = {b^2} + 2bc + {c^2}$

$ \Rightarrow {a^2} – {b^2} – {c^2} = 2bc$

Tương tự ta có: ${b^2} – {a^2} – {c^2} = 2ac;{\rm{ }}{c^2} – {b^2} – {a^2} = 2ab$

Khi đó: $A = \frac{{{a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{2ca}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} = \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}}$

 $a + b + c = 0$ nên $a + b = – c$

$ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} = – {c^3}$

$ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + 3ab\left( {a + b} \right) + {c^3} = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = – 3ab.\left( { – c} \right)\\ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\end{array}$

Từ đó: $A = \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}} = \frac{{3abc}}{{2abc}} = \frac{3}{2}$

Vậy $A = \frac{3}{2}.$

Bài trướcĐề Thi Kiểm Tra HK 1 Toán 8 Trường THCS VinSchool Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi HK 1 Toán 7 Phòng GD&ĐT Huyện Hóc Môn TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây