Đề thi Cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức – Đề 8 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $\left(x^2-y\right)\left(3x+y^2\right)=A+\left(6x^{4}y-2x{y}^4\right):2xy.$

Suy ra $A=\left(x^2-y\right)\left(3x+y^2\right)-\left(6x^{4}y-2x{y}^4\right):2xy$

$$=x^2\left(3x+y^2\right)-y\left(3x+y^2\right)-\left[6x^{4}y:\left(2xy\right)-2x{y}^4:\left(2xy\right)\right]$$

$$=3x^3+x^2{y}^2-3xy-y^3-\left(3x^3-y^3\right)$$

$$=3x^3+x^2{y}^2-3xy-y^3-3x^3+y^3$$

$$=\left(3x^3-3x^3\right)+x^2{y}^2-3xy+\left(-y^3+y^3\right)$$

$$=x^2{y}^2-3xy.$$

Ta thấy hạng tử $$x^2{y}^2$$ có bậc là 4, hạng tử $$-3xy$$ có bậc là 2.

Do đó đa thức $A=x^2{y}^2-3xy$ có bậc là 4.

b) Thay $x=-1;$ $y=2$ vào $A=x^2{y}^2-3xy$ ta được:

$A={\left(-1\right)}^2\cdot 2^2-3\cdot \left(-1\right)\cdot 2=4+6=10.$

Vậy $A=10$ khi $x=-1;$ $y=2.$

Hướng dẫn giải

a) $x^3-4x{y}^2$ $=x\left(x^2-4y^2\right)$ $=x\left[x^2-{\left(2y\right)}^2\right]$ $=x\left(x-2y\right)\left(x+2y\right).$

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

Hướng dẫn giải

a) $12x^3–27x=0;$

$$3x\left(4x^2-9\right)=0$$

$$3x\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)=0$$

Trường hợp 1: $3x=0$ $x=0$

Trường hợp 2: $2x-3=0$ $2x=3$ $x=\frac{3}{2}$

Trường hợp 3: $2x+3=0$ $2x=-3$ $x=-\frac{3}{2}.$

Vậy $x\in \left\{0;\frac{3}{2};-\frac{3}{2}\right\}.$

b) $${\left(4x+3\right)}^2=3x\left(3+4x\right)$$

$${\left(4x+3\right)}^2-3x\left(3+4x\right)=0$$

$$\left(4x+3\right)\left(4x+3-3x\right)=0$$

$$\left(4x+3\right)\left(x+3\right)=0$$

Trường hợp 1: $4x+3=0$  $4x=-3$  $x=-\frac{3}{4}$

Trường hợp 2: $x+3=0$ $x=-3.$

Vậy $x\in \left\{-\frac{3}{4};-3\right\}.$

a) Xét tứ giác $$AHMK$$ có:

$$\widehat{HAK}=90^{\circ }$$ (do $$\Delta ABC$$ tại $$A,K\in AB,H\in AC);$$

$\widehat{MHA}=90^{\circ }$ (do $MH\perp AC);$

$$\widehat{MKA}=90^{\circ }$$ (do $$MK\perp AB)$$

Suy ra tứ giác $AHMK$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có $AHMK$ là hình chữ nhật nên $AM=HK$ và hai đường chéo này cắt nhau tại trung điểm $I$ của mỗi đường.

Xét $\Delta AMC$ có: $I$ và $D$ lần lượt là trung điểm của $AM,MC$

Suy ra $ID$ là đường trung bình của $\Delta AMC$

Do đó $ID//AC$ và $ID=\frac{1}{2}AC$ (tính chất đường trung bình của tam giác) (1)

Xét $\Delta ABC$ có: $M$ là trung điểm của $BC$ và $MH//AB$ (cùng vuông góc $AC)$

Nên $H$ là trung điểm của $AC,$ do đó $AH=\frac{1}{2}AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $ID=AH.$

Xét tứ giác $AIDH$ có $ID=AH$ (chứng minh trên) và $ID//AH$ (do $ID//AC)$

Suy ra tứ giác $$AIDH$$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) ⦁ Xét $\Delta KEH$ vuông tại $$E$$ có $$I$$ là trung điểm $$HK$$ nên $$EI$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $$HK$$

Do đó $EI=\frac{1}{2}HK$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà $HK=AM$ (chứng minh ở câu b) nên $EI=\frac{1}{2}AM$

Mà $$I$$ là trung điểm của $$AM$$ nên $$EI$$ là đường trung tuyến của $\Delta AEM$

Do đó $\Delta AEM$ vuông tại $E.$

⦁ Ta có: $EI=\frac{1}{2}AM$ và $IM=\frac{1}{2}AM$ (do $I$ là trung điểm của $AM)$

Do đó $EI=IM,$ nên $\Delta IME$ cân tại $I,$ suy ra $\widehat{M_1}=\widehat{E_2}$

Mặt khác: $\widehat{M_1}=\widehat{E_1}$ (hai góc so le trong do $AM//ED)$

Nên $\widehat{E_1}=\widehat{E_2}$ hay $$EM$$ là phân giác $\widehat{IEH}.$

⦁ Vì $$AIDH$$ là hình bình hành (câu b) nên $AI//HD$ hay $AM//ED$

Do đó $\widehat{A_1}=\widehat{H_1}$ (hai góc đồng vị)    (3)

Ta có $AM=HK$ và $AI=\frac{1}{2}AM,$ $IH=\frac{1}{2}HK$ (do $I$ là trung điểm của $AM,HK)$

Nên $AI=IH,$ do đó $\Delta AIH$ cân tại $I$

Suy ra $\widehat{A_1}=\widehat{H_2}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{H_2}=\widehat{H_1}$ hay $HA$ là phân giác $$\widehat{EHI}.$$

⦁ Xét $$\Delta HIE$$ có $$HA,EM$$ lần lượt là phân giác $$\widehat{EHI}$$ và $$\widehat{IEH}$$

Suy ra $IN$ là phân giác $\widehat{EIH}$ hay $\widehat{I_1}=\widehat{I_2}.$

Xét $\Delta NIE$ và $\Delta NIH$ có:

$$NI$$ là cạnh chung;

$\widehat{I_1}=\widehat{I_2}$(chứng minh trên);

$EI=IH$ (cùng bằng $\frac{1}{2}AM)$

Do đó $\Delta NIE=\Delta NIH$ (c.g.c)

Suy ra $NE=NH$ (hai cạnh tương ứng)

Nên $\Delta NEH$ cân tại $$N$$

Do đó $\widehat{NHE}=\widehat{NEH}$ (tính chất tam giác cân)

Mà $AM//ED$ nên $\widehat{NHE}=\widehat{NMA}$ và $\widehat{NEH}=\widehat{NAM}$ (các cặp góc đồng vị)   

Nên $\widehat{NMA}=\widehat{NAM}$    

Mặt khác, $\widehat{NMA}=\widehat{MAB}$ (hai góc so le trong do $MH//AB)$

Do đó, $\widehat{NAM}=\widehat{MAB}$

Vậy $AM$ là phân giác của $\widehat{NAB}.$

Hướng dẫn giải

a) Chị Lan đã ghi lại, thống kê và biểu diễn dữ liệu trên biểu đồ đã cho nên ta kết luận chị đã thu thập dữ liệu được biểu diễn trên biểu đồ bằng phương pháp thu thập trực tiếp.

b) Từ biểu đồ hình quạt tròn, ta hoàn thành được bảng thống kê sau:

c) Số kilôgam sầu riêng mà sạp hoa quả của chị Lan đã bán được trong ngày hôm đó là: $200\cdot 20\%=40\left(\mathrm{kg}\right).$

Hướng dẫn giải

Ta có $${\left(a+b+c\right)}^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$$

Theo bài, $${\left(a+b+c\right)}^2=a^2+b^2+c^2$$ nên suy ra $$ab+bc+ca=0.$$

Đặt $$x=ab;y=bc;z=ca.$$

Khi đó $$x+y+z=0.$$ Suy ra $x+y=-z;y+z=-x;z+x=-y.$

Xét $$\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=\left(1+\frac{ab}{bc}\right)\left(1+\frac{bc}{ca}\right)\left(1+\frac{ca}{ab}\right)$$

$$=\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)$$

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

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

Xét $$\frac{a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3}{3a^2{b}^2{c}^2}=\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{{\left(x+y\right)}^3-3xy\left(x+y\right)+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{{\left(-z\right)}^3-3xy\left(-z\right)+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{-z^3+3xyz+z^3}{3xyz}=\frac{3xyz}{3xyz}=1.$$

Từ đó, $$T=\frac{a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3}{3a^2{b}^2{c}^2}+\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=1+\left(-1\right)=0.$$

Vậy $T=0.$