Đề thi học kì 1 Toán 8 UBND Quận 1 TP Hồ Chí Minh có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| ỦY BAN NHÂN DÂN QUẬN 1
PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI 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 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 1 (2 điểm) (VD): Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) $6{x^3} – 6{x^2}$ b) $9{x^2} – 6x + 1 – 16{y^2}$
Bài 2 (2,5 điểm) (VD):
a) Bạn An mua một số táo và lê. Biết rằng hiệu bình phương của số quả táo và lê bằng 41. Hỏi bạn An mua bao nhiêu quả táo? (Biết rằng số táo nhiều hơn lê).
b) Thực hiện phép tính: $A = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{{4x}}{{{x^2} – 4}} + \frac{x}{{x – 2}}$
Bài 3 (1,5 điểm) (VDC):
Thực hiện phép chia đa thức: $\left( {2{x^4} + 11x + 15{x^2} – 13{x^3} – 3} \right)$ cho đa thức $\left( {{x^2} – 4x – 3} \right)$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức thương trong phép chia đa thức trên.
Bài 4 (3 điểm) (VD):
Cho tam giác ABC vuông tại $A\left( {AB < AC} \right)$, D là trung điểm của cạnh BC. Vẽ DE vuông góc với AB tại E, DF vuông góc với AC tại F.
a) Chứng minh rằng tứ giác AEDF là hình chữ nhật và $AD = EF$.
b) Trên tia đối của tia FD lấy điểm H sao cho $FH = FD$. Chứng minh rằng tứ giác ADCH là hình thoi.
c) Chứng minh rằng các đường thẳng $AD,BH,EF$ đồng quy.
Bài 5 (1 điểm) (VD):
Giữa hai điểm A và B là một hồ nước sâu. Biết $A,B$ lần lượt là trung điểm của $MC,MD$ (xem hình vẽ). Bạn Mai đi từ C đến D với vận tốc 160m/phút hết 1 phút 30 giây. Hỏi hai điểm A và B cách nhau bao nhiêu mét? $AH = BD$
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1 (VD): Đáp án
Phương pháp:
Phân tích đa thức thành nhân tử nhờ các phương pháp đặt nhân tử chung, nhóm hạng tử chung hoặc phương pháp hằng đẳng thức.
Cách giải:
a) $6{x^3} – 6{x^2} = 6{x^2}\left( {x – 1} \right)$
b) $9{x^2} – 6x + 1 – 16{y^2} = {\left( {3x – 1} \right)^2} – 16{y^2}$ $ = \left( {3x – 1 – 4y} \right)\left( {3x – 1 + 4y} \right)$.
Bài 2 (VD): Đáp án
Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, quy đồng mẫu nhiều phân số
Cách giải:
a) Gọi số quả táo An mua là x, số quả lê An mua là y $\left( {x > y > 0,x,y \in \mathbb{N}} \right)$.
Theo bài ra ta có: Hiệu bình phương số quả táo và lê bằng 41 nên ta có:
${x^2} – {y^2} = 41 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {x – y} \right) = 41$ (*)
Vì số quả táo nhiều hơn số quả lê nên $x – y > 0$ và $x,y \in \mathbb{N}$
$\Rightarrow (*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 41\\x – y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 42\\y = x – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 21\\y = 21 – 1 = 20\end{array} \right.$
Vậy An đã mua 21 quả táo và 20 quả lê.
b) $A = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{{4x}}{{{x^2} – 4}} + \frac{x}{{x – 2}}$
Điều kiện: $x \ne \pm 2$.
$A = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{{4x}}{{{x^2} – 4}} + \frac{x}{{x – 2}}$
$ = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{{4x}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x – 2} \right)}} + \frac{x}{{x – 2}}$
= $\frac{{x(x – 2) + 4x + x(x + 2)}}{{(x + 2)(x – 2)}} = \frac{{{x^2} – 2x + 4x + {x^2} + 2x}}{{(x + 2)(x – 2)}}$
$ = \frac{{2{x^2} + 4x}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x – 2} \right)}} = \frac{{2x\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x – 2} \right)}} = \frac{{2x}}{{x – 2}}$.
Bài 3 (VDC): Đáp án
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức, chia đa thức cho đa thức.
Sau đó biến đổi biểu thức thương tìm được về dạng: $A = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2} + const \ge const$.
Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 0$.
Cách giải:
Ta có:
$2{x^4} + 11x + 15{x^2} – 13{x^3} – 3$
=$2{x^4} – 13{x^3} + 15{x^2} + 11x – 3$
| $ – $ | $2{x^4}$ | $ – 13{x^3}$ | $ + 15{x^2}$ | $ + 11x$ | $ – 3$ | ${x^2} – 4x – 3$ | |
| $2{x^4}$ | $ – 8{x^3}$ | $ – 6{x^2}$ | $2{x^2} – 5x + 1$ | ||||
| $ – $ | $ – 5{x^3}$ | $ + 21{x^2}$ | $ + 11x$ | ||||
| $ – 5{x^3}$ | $ + 20{x^2}$ | $ + 15x$ | |||||
| $ – $ | ${x^2}$ | $ – 4x$ | $ – 3$ | ||||
| ${x^2}$ | $ – 3x$ | $ – 3$ | |||||
| 0 |
$ \Rightarrow \left( {2{x^4} + 11x + 15{x^2} – 13{x^3} – 3} \right):\left( {{x^2} – 4x – 3} \right)$
= $(2{x^4} – 13{x^3} + 15{x^2} + 11x – 3):({x^2} – 4x – 3)$
$ = 2{x^2} – 5x + 1$.
Xét $A = 2{x^2} – 5x + 1$
$ = 2\left( {{x^2} – \frac{5}{2}x + \frac{1}{2}} \right)$
$ = 2\left( {{x^2} – 2.x.\frac{5}{4} + \frac{{25}}{{16}} – \frac{{17}}{{16}}} \right)$
$ = 2\left[ {{{\left( {x – \frac{5}{4}} \right)}^2} – \frac{{17}}{{16}}} \right]$
$ = 2.{\left( {x – \frac{5}{4}} \right)^2} – \frac{{17}}{8} \ge \frac{{ – 17}}{{\,\,8}}$
Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow {\left( {x – \frac{5}{4}} \right)^2} = 0 \Rightarrow x – \frac{5}{4} = 0 \Rightarrow x = \frac{5}{4}$
Vậy $Min\,\,A = \frac{{ – 17}}{{\,\,8}}$ khi $x = \frac{5}{4}$.
Bài 4 (VD): Đáp án
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật và tính chất của nó.
b) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình thoi.
c) Sử dụng tính chất hình bình hành.
Cách giải:
a) Chứng minh rằng tứ giác AEDF là hình chữ nhật và $AD = EF$.
Xét tứ giác AEDF ta có:
$\angle EAF = {90^{\rm{o}}}$ (gt)
$\angle AED = {90^{\rm{o}}}\left( {DE \bot AB = \left\{ E \right\}} \right)$
$\angle AFD = {90^{\rm{o}}}\left( {DF \bot AC = \left\{ F \right\}} \right)$
$ \Rightarrow AEDF$ là hình chữ nhật. (dhnb)
$ \Rightarrow AD = EF$ (hai đường chéo hình chữ nhật).
b) Trên tia đối của tia FD lấy điểm H sao cho $FH = FD$. Chứng minh rằng tứ giác ADCH là hình thoi.
Xét $\Delta ABC$ ta có:
D là trung điểm của BC (gt); $DF\,{\rm{// }}AB$ (do AEDF là hình chữ nhật).
$ \Rightarrow F$ là trung điểm của AC.
Ta có: $FH = FD \Rightarrow F$ là trung điểm của DH.
Xét tứ giác ADCH ta có:
$AC \bot DH = \left\{ F \right\}$
$AC \cap DH = \left\{ F \right\}$
F là trung điểm của HD và AC.
$ \Rightarrow ADCH$ là hình thoi. (dhnb).
c) Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BH, EF đồng quy.
Gọi O là giao điểm của AD và EF.
$ \Rightarrow O$ là trung điểm của AD và EF.
Ta có tứ giác ADCH là hình thoi (cmt)
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC\,\,{\rm{// }}AH\\DC = AH\end{array} \right.$ (tính chất hình thoi).
Mà $BD = DC\left( {gt} \right) \Rightarrow BD = AH\left( { = DC} \right)$.
Xét tứ giác ABDH ta có:
$AH\,{\rm{// }}BD{\rm{ }}\left( {AH\,{\rm{// }}DC} \right)$
(cmt)
$ \Rightarrow ABDH$ là hình bình hành. (dhnb)
$ \Rightarrow AD$ cắt BH tại trung điểm của mỗi đường. (tính chất hbh).
Mà O là trung điểm của .
\Rightarrow AD;{\rm{EF}};BH$ đồng quy tại O.$
Bài 5 (VD): Đáp án
Phương pháp:
Dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác.
$AD \Rightarrow O \in BH$Đổi 1 phút 30 giây $ = 1,5$phút.
Xét $\Delta MCD$ ta có:
A là trung điểm MC (gt)
B là trung điểm MD (gt)
$ \Rightarrow AB$là đường trung bình của $\Delta MCD$ (định lý).
$ \Rightarrow AB = \frac{1}{2}CD$ (tính chất đường trung bình của tam giác).
Quãng đường bạn Mai đã đi là: $CD = 160.1,5 = 240\left( m \right)$
$ \Rightarrow AB = \frac{1}{2}.240 = 120{\rm{ }}(m)$.
Vậy hai điểm A và B cách nhau $120{\rm{ }}m$.
