Đề Thi Học Kì 1 Toán 8 PGD Huyện Thanh Trì Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
8

Đề thi học kì 1 Toán 8 PGD Huyện Thanh Trì Hà Nội có đáp án, trắc nghiệm và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

UBND HUYỆN THANH TRÌ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2019 – 2020

MÔN: TOÁN – Lớp 8

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

Mục tiêu:

+) Đề thi gồm 8 câu hỏi trắc nghiệm và 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.

Câu 1 (2 điểm): Chọn chữ cái trước đáp án đúng

1. Kết quả của phép tính $\left( {{a^2} + 3a + 9} \right)\left( {a – 3} \right)$ là:

A. ${a^3} – 27$ B. ${\left( {a – 3} \right)^3}$ C. ${a^3} + 27$ D. ${\left( {a + 3} \right)^3}$

2. Biểu thức $\frac{{3x + 9}}{{6x – 3}}.\frac{{1 – 2x}}{{x + 3}}$ có kết quả rút gọn là:

A. 1 B. -1 C. 3 D. -3

3. Với $x = 5$ thì đa thức $10x – 25 – {x^2}$ có giá trị bằng:

A. -100 B. 0 C. 100 D. Một giá trị khác

4. Phép chia $5{x^{n – 1}}{y^4}:\left( {2{x^3}{y^n}} \right)$ là phép chia hết khi:

A. $n > 4$ B. $n \ge 4$ C. $n = 4$ D. $n < 4$

5. Cho tam giác ABC vuông tại A có $AB = 3cm,\,\,BC = 5cm$. Tính diện tích tam giác ABC.

A. $6c{m^2}$ B. $20c{m^2}$ C. $15c{m^2}$ D. $12c{m^2}$

6. Tam giác ABC có MN lần lượt là trung điểm của ABAC, biết $MN = 10cm$, độ dài cạnh BC bằng:

A. $5cm$ B. $10cm$ C. $15cm$ D. $20cm$

7. Hình nào sau đây chưa chắc có trục đối xứng?

A. Tam giác đều B. Hình chữ nhật C. Hình thang D. Hình tròn

8. Tứ giác có các đỉnh là trung điểm các cạnh của một tứ giác có hai đường chéo vuông góc là:

A. Hình thang cân B. Hình chữ nhật C. Hình thoi D. Hình vuông

Câu 2 (1,0 điểm): Tính hợp lí giá trị của biểu thức:

a) ${75^2} + 150.25 + {25^2}$ b) ${2019^2} – 2019.19 – {19^2} – 19.1981$

Câu 3 (1,0 điểm): Tìm x biết:

a) $5x\left( {3 – x} \right) + x\left( {5 + 5x} \right) = 40$ b) ${\left( {x – 3} \right)^2} – x + 3 = 0$

Câu 4 (1,0 điểm) Cho biểu thức $A = \frac{{2x}}{{x + 3}} + \frac{2}{{x – 3}} + \frac{{{x^2} – x + 6}}{{9 – {x^2}}}$ với $x \ne \pm 3$.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình thang vuông ABCD, $\widehat A = \widehat D = 90^\circ $ có $CD = 2AB = 2AD$. Kẻ BH vuông góc với CD.

a) Chứng minh rằng tứ giác ABHD là hình vuông.

b) Gọi M là trung điểm của BH. Chứng minh A đối xứng với C qua M.

c) Kẻ DI vuông góc với ACDIDM cắt AH lần lượt tại P và Q. Chứng minh $\Delta ADP = \Delta HDQ$.

d) Tứ giác BPDQ là hình gì?

Câu 6 (1,0 điểm) Cho $\frac{x}{{y + z}} + \frac{y}{{z + x}} + \frac{z}{{x + y}} = 1$. Chứng minh $\frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} = 0$.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

1. A 2. B 3. B 4. C
5. A 6. D 7. C 8. B

Câu 1:

1. (NB)

Phương pháp

Sử dụng hằng đẳng thức ${a^3} – {b^3} = \left( {a – b} \right)\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)$.

Cách giải:

Ta có: $\left( {{a^2} + 3a + 9} \right)\left( {a – 3} \right) = {a^3} – {3^3} = {a^3} – 27$

2. (TH)

Phương pháp

Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử rồi rút gọn.

Cách giải:

Ta có: $\frac{{3x + 9}}{{6x – 3}}.\frac{{1 – 2x}}{{x + 3}} = \frac{{3\left( {x + 3} \right)}}{{3\left( {2x – 1} \right)}}.\frac{{ – \left( {2x – 1} \right)}}{{x + 3}} = – 1$

3. (TH)

Phương pháp

Thay $x = 5$ vào biểu thức đã cho tính giá trị.

Cách giải:

Ta có: $10x – 25 – {x^2} = – \left( {{x^2} – 10x + 25} \right) = – {\left( {x – 5} \right)^2}$

Với $x = 5 \Rightarrow – {\left( {x – 5} \right)^2} = – {\left( {5 – 5} \right)^2} = 0$

4. (TH)

Phương pháp

Đa thức $P\left( x \right)$ chia hết cho $Q\left( x \right)$ nếu chúng có cùng phần biến và lũy thừa của từng biến trong $P\left( x \right)$ không nhỏ hơn lũy thừa của biến tương ứng trong $Q\left( x \right)$

Cách giải:

Để $5{x^{n – 1}}{y^4}:\left( {2{x^3}{y^n}} \right)$ là phép chia hết thì $\left\{ \begin{array}{l}n – 1 \ge 3\\4 \ge n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n \ge 4\\n \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 4$

5. (VD)

Phương pháp

Sử dụng Pytago tính được AC rồi suy ra diện tích.

Cách giải:

Sử dụng Pytago ta có:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {3^2} + A{C^2} = {5^2} \Leftrightarrow A{C^2} = 16 \Leftrightarrow AC = 4cm$

$ \Rightarrow S = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.3.4 = 6c{m^2}$

6. (TH)

Phương pháp

Sử dụng tính chất đường trung bình $MN = \frac{1}{2}BC$.

Cách giải:

MN là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow BC = 2MN = 20cm$.

7. (NB)

Phương pháp

Tìm các trục đối xứng của mỗi hình và nhận xét.

Cách giải:

Tam giác đều có 3 trục đối xứng là 3 đường cao.

Hình chữ nhật có hai trục đối xứng là hai đường trung bình.

Hình tròn có vô số trục đối xứng là đường thẳng đi qua tâm.

Hình thang không phải là hình thang cân thì không có trục đối xứng.

8. (VD)

Phương pháp

Sử dụng tính chất đường trung bình và dấu hiệu nhận biết: Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

Cách giải:

MN là đường trung bình của tam giác ABC nên $MN\parallel AC,\,\,MN = \frac{1}{2}AC$.

PQ là đường trung bình của tam giác ADC nên $PQ\parallel AC,\,\,PQ = \frac{1}{2}AC$.

$ \Rightarrow MN\parallel PQ,\,\,MN = PQ$.

Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Tam giác ABD có MQ là đường trung bình nên $MQ\parallel BD$.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel AC\\MQ\parallel BD\\AC \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot MQ \Rightarrow MNPQ$ là hình chữ nhật.

Câu 2 (VD):

Phương pháp

a) Sử dụng hằng đẳng thức ${\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}$.

b) Nhóm các số hạng đưa về dạng tích.

Cách giải:

a) ${75^2} + 150.25 + {25^2}$

$ = {75^2} + 2.75.25 + {25^2}$

$ = {\left( {75 + 25} \right)^2}$

$ = {100^2} = 10000$

b) ${2019^2} – 2019.19 – {19^2} – 19.1981$

$ = \left( {{{2019}^2} – 2019.19} \right) – \left( {{{19}^2} + 19.1981} \right)$

$ = 2019\left( {2019 – 19} \right) – 19\left( {19 + 1981} \right)$

$ = 2019.2000 – 19.2000$

$ = 2000.\left( {2019 – 19} \right)$

$ = 2000.2000$

$ = 4000000$

Câu 3 (VD):

Phương pháp

a) Biến đổi đưa về dạng tích và giải phương trình.

b) Biến đổi đưa về dạng tích và giải phương trình tích $AB = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A = 0\\B = 0\end{array} \right.$.

Cách giải:

a) $5x\left( {3 – x} \right) + x\left( {5 + 5x} \right) = 40$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 5x\left( {3 – x} \right) + 5x\left( {1 + x} \right) = 40\\ \Leftrightarrow 5x\left( {3 – x + 1 + x} \right) = 40\\ \Leftrightarrow 5x.4 = 40\\ \Leftrightarrow 20x = 40\\ \Leftrightarrow x = 40:20\\ \Leftrightarrow x = 2\end{array}$

Vậy $x = 2$.

b) ${\left( {x – 3} \right)^2} – x + 3 = 0$

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

Vậy $x \in \left\{ {3;\,4} \right\}$.

Câu 4 (VD):

Phương pháp

a) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.

b) Sử dụng kiến thức về ước, bội để nhận xét giá trị nguyên.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức A.

Với $x \ne \pm 3$ ta có:

$A = \frac{{2x}}{{x + 3}} + \frac{2}{{x – 3}} + \frac{{{x^2} – x + 6}}{{9 – {x^2}}}$

$ = \frac{{2x}}{{x + 3}} + \frac{2}{{x – 3}} – \frac{{{x^2} – x + 6}}{{{x^2} – 9}}$

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

Vậy $A = \frac{x}{{x + 3}}$.

b) Tìm giá trị x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

Ta có: $A = \frac{x}{{x + 3}} = \frac{{x + 3 – 3}}{{x + 3}} = 1 – \frac{3}{{x + 3}}$

Để A nhận giá trị nguyên thì $x + 3 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\, \pm 3} \right\}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow x + 3 = 1 \Rightarrow x = – 2\,\,\left( {tm} \right)\\x + 3 = – 1 \Rightarrow x = – 4\,\,\left( {tm} \right)\\x + 3 = 3 \Rightarrow x = 0\,\,\left( {tm} \right)\\x + 3 = – 3 \Rightarrow x = – 6\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy $x \in \left\{ { – 6;\, – 4;\, – 2;\,0} \right\}$

Câu 5 (VD):

Phương pháp

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình vuông: Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.

b) Chứng minh ABCH là hình bình hành suy ra M là trung điểm AC.

c) Chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp g-c-g.

d) Sử dụng dấu hiệu nhận biết: Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi.

Cách giải:

a) Chứng minh rằng tứ giác ABHD là hình vuông.

Ta có: $HDA = DAB = BHD = 90^\circ \Rightarrow ABHD$ là hình chữ nhật.

Mà $AB = AD \Rightarrow ABHD$ là hình vuông.

b) Gọi M là trung điểm của BH. Chứng minh A đối xứng với C qua M.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel DH\\AB = DH\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB\parallel HC\\AB = HC\end{array} \right. \Rightarrow ABCH$ là hình bình hình (dhnb)

Mà M là trung điểm của BH nên M là trung điểm của AC (t/c)

Suy ra A đối xứng với C qua M.

c) Kẻ DI vuông góc với ACDIDM cắt AH lần lượt tại P và Q. Chứng minh $\Delta ADP = \Delta HDQ$.

Ta có: $\widehat {PDA} = \widehat {MAB}$ (cùng phụ góc MAD) (1)

Xét $\Delta MHD$ và $\Delta MBA$ có:

$\begin{array}{l}\widehat H = \widehat B = 90^\circ \\MH = MB\,\,\left( {gt} \right)\\DH = AB\,\,\left( {hv} \right)\end{array}$

$\Delta MHD = \Delta MBA\,\,\left( {c – g – c} \right)\, \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {MDH}$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \widehat {PDA} = \widehat {MDH}$

Xét $\Delta ADP$ và $\Delta HDQ$ có:

$\begin{array}{l}\widehat {QDH} = \widehat {PDA}\,\,\left( {cmt} \right)\\\widehat {QHD} = \widehat {PAD} = 45^\circ \\DH = DA\end{array}$

Vậy $\Delta ADP = \Delta HDQ\,\,(g.c.g)$

d) Tứ giác BPDQ là hình gì?

Gọi giao điểm của AH và DB là O $ \Rightarrow OB = OD$ (t/c) (3)

Ta có: $\Delta ADP = \Delta HDQ\,\,(cmt) \Rightarrow AP = QH$ (cạnh t/ư)

Mà $OA = OH \Rightarrow OQ = OP$ (4)

Xét tứ giác BPDQ có $\left\{ \begin{array}{l}OP = OQ\\OD\, = \,OB\,\,\left( {cmt} \right)\\BD \bot PQ\end{array} \right. \Rightarrow BPDQ$ là hình thoi.

Câu 6 (VDC):

Phương pháp

Nhân cả hai vế của đẳng thức bài cho với $x + y + z \ne 0$.

Cách giải:

Cho $\frac{x}{{y + z}} + \frac{y}{{z + x}} + \frac{z}{{x + y}} = 1$. Chứng minh $\frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} = 0$.

Nhận xét: Nếu $x + y + z = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = – z\\x + z = – y\\y + z = – x\end{array} \right. \Rightarrow \frac{x}{{y + z}} + \frac{y}{{z + x}} + \frac{z}{{x + y}} = – 3$.

Suy ra $x + y + z \ne 0$.

Ta có: $\frac{x}{{y + z}} + \frac{y}{{z + x}} + \frac{z}{{x + y}} = 1$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{x}{{y + z}} + \frac{y}{{z + x}} + \frac{z}{{x + y}}} \right) = x + y + z$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{xy}}{{z + x}} + \frac{{xz}}{{x + y}} + \frac{{xy}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{yz}}{{x + y}} + \frac{{zx}}{{y + z}} + \frac{{yz}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} = x + y + z$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} + \left( {x + y} \right)\frac{z}{{x + y}} + \left( {y + z} \right)\frac{x}{{y + z}} + \left( {z + x} \right)\frac{y}{{z + x}} = x + y + z$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} + x + y + z = x + y + z$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{y + z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + y}} = 0$

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Toán 8 Trường THCS Mễ Trì Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi HK 1 Toán 8 Trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội 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