Đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo – Đề 7 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) $4x^2-6x$ $=2x\left(2x-3\right).$

b) $25{\left(x-y\right)}^2-16{\left(x+y\right)}^2$ $={\left[5\left(x-y\right)\right]}^2-{\left[4\left(x+y\right)\right]}^2$ $$={\left(5x-5y\right)}^2-{\left(4x+4y\right)}^2$$ $$=\left[5x-5y-\left(4x+4y\right)\right]\left[5x-5y+\left(4x+4y\right)\right]$$ $$=\left(5x-5y-4x-4y\right)\left(5x-5y+4x+4y\right)$$ $$=\left(x-9y\right)\left(9x-y\right).$$

Hướng dẫn giải

a) Ta có $9-x^2=\left(3-x\right)\left(3+x\right).$

$$2-\frac{x+5}{3+x}=\frac{2\left(3+x\right)-\left(x+5\right)}{3+x}=\frac{6+2x-x-5}{3+x}=\frac{x+1}{x+3}.$$

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $\{\begin{array}{l}x+3\ne 0\\ x-3\ne 0\\ 9-x^2\ne 0\\ 2-\frac{x+5}{3+x}\ne 0\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}x+3\ne 0\\ x-3\ne 0\\ x+1\ne 0\end{array}$ tức là $\{\begin{array}{l}x\ne -3\\ x\ne 3\\ x\ne -1\end{array}$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x\ne -3,x\ne 3$ và $x\ne -1.$

b) Với $x\ne -3,x\ne 3$ và $x\ne -1$ ta có:

$A=\left(\frac{x}{x+3}-\frac{2}{x-3}+\frac{x^2-1}{9-x^2}\right):\left(2-\frac{x+5}{3+x}\right)$

$=\left[\frac{x}{x+3}-\frac{2}{x-3}-\frac{x^2-1}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right]:\frac{x+1}{x+3}$

$=\frac{x\left(x-3\right)-2\left(x+3\right)-\left(x^2-1\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}:\frac{x+1}{x+3}$

$=\frac{x^2-3x-2x-6-x^2+1}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}.\frac{x+3}{x+1}$

$$=\frac{-5x-5}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}.\frac{x+3}{x+1}$$

$$=\frac{-5\left(x+1\right)}{\left(x-3\right)\left(x+1\right)}=\frac{-5}{x-3}.$$

Vậy với $x\ne -3,x\ne 3$ và $x\ne -1$ thì $A=\frac{-5}{x-3}.$

c) Với $x^2-x-2=0$ ta có $x^2-2x+x-2=0$

$x\left(x-2\right)+\left(x-2\right)=0$

$\left(x-2\right)\left(x+1\right)=0$

Suy ra $x-2=0$ hoặc $x+1=0$

$x=2$ (thỏa mãn) hoặc $x=-1$ (không thỏa mãn)

Thay $x=2$ vào biểu thức $A=\frac{-5}{x-3}$ ta được:

$A=\frac{-5}{2-3}=\frac{-5}{-1}=5.$

Vậy nếu $x^2-x-2=0$ thì $A=5.$

Hướng dẫn giải

a) Từ biểu đồ cột kép, ta hoàn thành được bảng thống kê như sau:

Giai đoạn	Quý I/2020	Quý I/2021	Quý I/2022
Xuất khẩu	$$63,4$$	$$78,56$$	$$89,1$$
Nhập khẩu	$$59,59$$	$$76,1$$	$$87,64$$

b) Tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là:

$$59,59+76,1+87,64=223,33$$ (tỷ USD).

Vậy tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là $$223,33$$ tỷ USD.

c) Ta thấy trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2021 lớn hơn trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2020 (vì $$78,56>63,4$$).

Do đó, giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020.

Tỉ số phần trăm trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2020 và quý I năm 2021 là: $\frac{78,56}{63,4}\cdot 100\%\approx 123,9\%$.

Số phần trăm giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020 là khoảng: $$123,9\%-100\%=23,9\%$$.

Vậy giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng khoảng $$19,3\%$$ so với quý I năm 2020.

Hướng dẫn giải

1. a) Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

$S_{xq}=\frac{1}{2}\cdot \left(AB+BC+CA\right)\cdot SI=\frac{1}{2}\cdot \left(5+5+5\right)\cdot 6=45\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Tam giác $ABC$ là tam giác đều nên đường trung tuyến $CI$ đồng thời là đường cao.

Xét $\Delta ACI$ vuông tại $I$ có $A{C}^2=A{I}^2+C{I}^2$

Suy ra $C{I}^2=A{C}^2-A{I}^2=5^2-{\left(\frac{1}{2}\cdot 5\right)}^2=25-\frac{25}{4}=\frac{75}{4}$

Do đó $CI=\sqrt{\frac{75}{4}}\approx 4,33\mathrm{cm}.$

Diện tích đáy của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

 $S_{đáy}=\frac{1}{2}\cdot CI\cdot AB\approx \frac{1}{2}\cdot 4,33\cdot 5\approx 10,83\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

 $S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}\approx 45+10,83=55,83\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Vậy hình chóp $S.ABC$ có diện tích xung quanh là $45\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ và diện tích toàn phần là $55,83\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2.$

b) Thể tích của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

 $V=\frac{1}{3}\cdot SO\cdot S_{đáy}\approx \frac{1}{3}\cdot 5,8\cdot 10,83\approx 20,94\left({\text{cm}}^3\right).$

Vậy thể tích của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ khoảng $$20,94\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$$

2.

a) Tam giác $$ABC$$ có các đường trung tuyến $$BD,CE$$ cắt nhau tại $$G$$ nên $$G$$ là trọng tâm $$\Delta ABC,$$ do đó $DG=\frac{1}{2}BG,$ $EG=\frac{1}{2}CG.$

Mà $$F,H$$ lần lượt là trung điểm của $$BG,CG$$ nên

$BF=FG=\frac{1}{2}BG,$ $CH=HG=\frac{1}{2}CG.$

Do đó $$DG=BF=FG,EG=CH=HG.$$

Suy ra, $$G$$ là trung điểm của $$FD,G$$ là trung điểm của $$EH.$$

Tứ giác $$EFHD$$ có hai đường chéo $$EH$$ và $FD$ cắt nhau tại trung điểm $$G$$ của mỗi đường nên $$EFHD$$ là hình bình hành.

b) Để hình bình hành $$EFHD$$ là hình vuông thì $$EH=DF$$ và $$EH\perp DF.$$

Suy ra $$EG=DG,BG=CG$$ và $$BD\perp CE.$$

⦁ Xét $\Delta BEG$ và $$\Delta CDG$$ có:

$$BG=CG,$$ $\widehat{EGB}=\widehat{DGC}$ (đối đỉnh), $$EG=DG$$

Do đó $\Delta BEG=\Delta CDG$ (c.g.c).

Suy ra $$BE=CD$$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $$BD,CE$$ là các đường trung tuyến của $\Delta ABC$ nên $$E$$ là trung điểm của $$AB,D$$ là trung điểm của $$AC$$

Suy ra $$AB=2BE,AC=2CD\left(2\right)$$

Từ (1) và (2) suy ra $$AB=AC.$$

⦁ Dễ thấy, nếu $$AB=AC$$ và $$BD\perp CE$$ thì tứ giác $$EFHD$$ là hình vuông.

Vậy tam giác $$ABC$$ cân tại $$A$$ có hai đường trung tuyến $$BD,CE$$ vuông góc với nhau thì tứ giác $$EFHD$$ là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}.$

Suy ra $\frac{yz+xz+xy}{xyz}=\frac{1}{x+y+z}.$

$\left(yz+xz+xy\right)\left(x+y+z\right)=xyz$

$yz\left(x+y+z\right)+xz\left(x+y+z\right)+xy\left(x+y+z\right)=xyz$

$$xyz+y^{2}z+y{z}^2+x^{2}z+xyz+x{z}^2+x^{2}y+x{y}^2+xyz=xyz$$

$$\left(x^{2}z+2xyz+y^{2}z\right)+\left(y{z}^2+x{z}^2\right)+\left(x^{2}y+x{y}^2\right)=0$$

$$z{\left(x+y\right)}^2+z^2\left(x+y\right)+xy\left(x+y\right)=0$$

$$\left(x+y\right)\left[z\left(x+y\right)+z^2+xy\right]=0$$

$$\left(x+y\right)\left(xz+yz+z^2+xy\right)=0$$

$$\left(x+y\right)\left[\left(xz+xy\right)+\left(yz+z^2\right)\right]=0$$

$$\left(x+y\right)\left[x\left(y+z\right)+z\left(y+z\right)\right]=0$$

$$\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)=0$$

Suy ra $x+y=0$ hoặc $y+z=0$ hoặc $x+z=0.$

⦁ Nếu $x+y=0$ thì $x=-y,$ khi đó $$x^{2023}=-y^{2023}.$$

Ta có $$\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{-y^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{z^{2023}};$$

$$\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}=\frac{1}{-y^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}=\frac{1}{z^{2023}}.$$

Do đó $$\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}.$$

⦁ Nếu $y+z=0$ hoặc $x+z=0,$ chứng minh tương tự ta cũng có

$$\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}.$$

Vậy nếu $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}$ thì $$\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}.$$