Đề Thi Học Kì 1 Toán 8 Phòng Giáo Dục & Đào Tạo Quận Tây Hồ Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
12

Đề thi học kì 1 Toán 8 Phòng Giáo Dục & Đào Tạo Quận Tây Hồ Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẬN TÂY HỒ

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 câu tự luận ở mức độ vận dụng và vận dụng cao với đầy đủ kiến thức các em đã được học trong chương trình học kì 1 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 kiến thức mình đã học và tự tin làm bài thi HK1 toán 8 của mình.

Bài 1 (VD): (2,0 điểm)

a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: $5x – xy + {y^2} – 5y$.

b) Tính nhanh giá trị của biểu thức: ${x^2} + 2x + 1 – {y^2}$ với $x = 84;\,\,y = 15$.

Bài 2 (VD): (2,0 điểm)

a) Tìm x biết: ${\left( {3x – 1} \right)^2} = {\left( {x – 1} \right)^2}$.

b) Tìm m để đa thức $B = {x^3} – 3{x^2} + 5x – 2m$ chia hết cho đa thức $C = x – 2$.

Bài 3 (VD): (2,0 điểm)

Cho biểu thức $P = \left( {\frac{2}{{x + 4}} + \frac{{x + 20}}{{{x^2} – 16}}} \right).\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)$ với $x \ne \pm 4,\,\,x \ne – 5$.

a) Chứng tỏ rằng $P = \frac{3}{{x + 5}}$.

b) Tính giá trị của biểu thức P, với x thỏa mãn ${x^2} + 4x = 0$.

c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên.

Bài 4 (VD): (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có $AB = 2BC$, từ trung điểm M của AB kẻ tia Mx song song BC, từ C kẻ tia Cy song song AB sao cho Mx cắt Cy tại N.

a) Chứng minh tứ giác MBCN là hình bình hành.

b) Chứng minh $BN \bot AN$.

c) Gọi D là giao điểm của MN với ACE là giao điểm của MC với BNF là giao điểm của ED với AN. Chứng minh $DE = DF$.

d) Gọi G là giao điểm của AE với MN. Chứng minh B, G, F thẳng hàng.

Bài 5 (VDC): (0,5 điểm)

Cho các số x, y, z dương thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M = \frac{1}{{16{x^2}}} + \frac{1}{{4{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}$.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1:

Phương pháp:

Nhóm hạng tử, đặt hạng tử chung, hằng đẳng thức…

Cách giải:

a) $5x – xy + {y^2} – 5y = x\left( {5 – y} \right) – y\left( {5 – y} \right) = \left( {x – y} \right)\left( {5 – y} \right)$.

b) ${x^2} + 2x + 1 – {y^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} – {y^2} = \left( {x + 1 – y} \right)\left( {x + 1 + y} \right)$.

Thay $x = 84;\,\,y = 15$ vào biểu thức ta được:

$\left( {x + 1 – y} \right)\left( {x + 1 + y} \right) = \left( {84 + 1 – 15} \right)\left( {84 + 1 + 15} \right)$

$ = 70.100 = 7000$.

Bài 2:

Phương pháp:

Phân tích đa thức thành nhân tử, sử dụng tính chất của phép chia hết.

Cách giải:

a) ${\left( {3x – 1} \right)^2} = {\left( {x – 1} \right)^2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {3x – 1} \right)^2} – {\left( {x – 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3x – 1 – x + 1} \right)\left( {3x – 1 + x – 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2x\left( {4x – 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\4x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}$

Vậy $x = 0$ hoặc $x = \frac{1}{2}$.

b) $B = {x^3} – 3{x^2} + 5x – 2m$

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

Để đa thức B chia hết cho đa thức $C = x – 2$ thì $6 – 2m = 0 \Leftrightarrow m = 3$.

Vậy $m = 3$.

Bài 3:

Phương pháp:

Áp dụng linh hoạt các kĩ năng để rút gọn biểu thức, sau đó tính giá trị biểu thức.

Phần c sử dụng phương pháp ước số

Cách giải:

$P = \left( {\frac{2}{{x + 4}} + \frac{{x + 20}}{{{x^2} – 16}}} \right).\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)$ với $x \ne \pm 4,\,\,x \ne – 5$.

a) Chứng tỏ rằng: $P = \frac{3}{{x + 5}}$.

$P = \left( {\frac{2}{{x + 4}} + \frac{{x + 20}}{{{x^2} – 16}}} \right).\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)$

$\begin{array}{l} = \left[ {\frac{{2\left( {x – 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x – 4} \right)}} + \frac{{x + 20}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x – 4} \right)}}} \right].\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)\\ = \frac{{3x + 12}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x – 4} \right)}}.\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)\\ = \frac{{3\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x – 4} \right)}}.\left( {\frac{{x – 4}}{{x + 5}}} \right)\\ = \frac{3}{{x + 5}}.\end{array}$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Tính giá trị của biểu thức P, với x thỏa mãn ${x^2} + 4x = 0$.

Điều kiện: $x \ne \pm 4,\,\,x \ne – 5$.

Ta có: ${x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = – 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..$

Thay $x = 0$ thì $P = \frac{3}{5}$.

c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên.

Điều kiện: $x \ne \pm 4,\,\,x \ne – 5$.

Ta có: $P = \frac{3}{{x + 5}} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow 3\,\, & \vdots \,\,\left( {x + 5} \right)$ hay $\left( {x + 5} \right) \in U\left( 3 \right)$

Mà $U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\, \pm 3} \right\}$. Ta có bảng giá trị:

$x + 5$ -3 -1 1 3
$x$ -8 -6 -4 (loại) -2

Vậy $x \in \left\{ { – 8;\, – 6;\, – 2} \right\}$ thì P nhận giá trị nguyên.

Bài 4:

Phương pháp:

Sử dụng dấu hiệu nhận biết và tính chất của hình bình hành, dấu hiệu nhận biết tam giác vuông, chứng minh tam giác bằng nhau và tính chất trọng tâm của tam giác.

Cách giải:

a) Tứ giác BMNC có: $MN\parallel BC$, $CN\parallel BM$ nên MNBC là hình bình hành. (dhnb)

b) Vì BMNC là hình bình hành (cmt) nên $MN = BC$.

Lại có: $BC = \frac{1}{2}AB \Rightarrow MN = \frac{1}{2}AB$.

Tam giác $\Delta ABN$ có đường trung tuyến NM bằng nửa cạnh đối AB nên tam giác ABN vuông tại N, hay AN vuông góc với BN (đpcm).

c) Tứ giác AMCN có $CN\parallel AM,\,\,CN = AM\left( { = BM} \right)$

$ \Rightarrow AMCN$ là hình bình hành (dhnb)

$ \Rightarrow DC = DA,\,\,CM\parallel NA$. (tính chất)

Xét $\Delta ABC$ có:

M là trung điểm của AB

$MD\parallel BC\left( {Mx\parallel CD} \right)$

$ \Rightarrow D$ là trung điểm của AC (định lý đảo).

$ \Rightarrow AD = DC.$

Xét $\Delta ADF$ và $\Delta CDE$ có:

$DA = DC$ (cmt)

$\angle ADF = \angle CDE$ (hai góc đối đỉnh)

$\angle DAF = \angle DCE$ (hai góc so le trong)

$ \Rightarrow \Delta ADF = \Delta CDE$ (g – c – g) $ \Rightarrow DE = DF$ (đpcm).

d) Ta có: $\Delta ADF = \Delta CDE$ (cmt) $ \Rightarrow AF = EC$.

Mà $CM = AN$ (AMCN là hình bình hành) và $CE = \frac{1}{2}CM \Rightarrow AF = \frac{1}{2}AN$.

Vậy F là trung điểm AN.

Xét tam giác ABN có G là giao của hai đường trung tuyến AE và NM nên G là trọng tâm của tam giác ABN.

$ \Rightarrow $BG đi qua trung điểm F của AN $ \Rightarrow $ B, G, F thẳng hàng.

Bài 5:

Phương pháp:

$M = \frac{1}{{16{x^2}}} + \frac{1}{{4{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

$\begin{array}{l}\frac{1}{{16{x^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{x^2} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{16}}.\frac{{49}}{{16}}} = \frac{{14}}{{16}}\\\frac{1}{{4{y^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{y^2} \ge 2\sqrt {\frac{1}{4}.\frac{{49}}{{16}}} = \frac{7}{4}\\\frac{1}{{{z^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{z^2} \ge 2\sqrt {1.\frac{{49}}{{16}}} = \frac{7}{2}\end{array}$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

$\begin{array}{l}\frac{1}{{16{x^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{x^2} + \frac{1}{{4{y^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}} + \frac{{49}}{{16}}{z^2} \ge \frac{{14}}{{16}} + \frac{7}{4} + \frac{7}{2}\\ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{16{x^2}}} + \frac{1}{{4{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right) + \frac{{49}}{{16}}\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) \ge \frac{{49}}{8}\\ \Leftrightarrow M + \frac{{49}}{{16}} \ge \frac{{49}}{8}\\ \Leftrightarrow M \ge \frac{{49}}{{16}}.\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\\\frac{1}{{4x}} = \frac{{7x}}{4}\\\frac{1}{{2y}} = \frac{{7y}}{4}\\\frac{1}{z} = \frac{{7z}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\\7{x^2} = 1\\7{y^2} = 2\\7{z^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\\y = \frac{{\sqrt {14} }}{7}\\z = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\end{array} \right.$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là $\frac{{49}}{{16}}$ khi $\left( {x;\,y;\,z} \right) = \left( {\frac{{\sqrt 7 }}{7};\frac{{\sqrt {14} }}{7};\frac{{2\sqrt 7 }}{7}} \right)$.

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Toán 9 Trường THPT Quận Thanh Xuân Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học Kì 1 Toán 8 UBND 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