Đề thi cuối kì Toán 8 Cánh diều – Đề 10 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Ta có $x^2-1=\left(x-1\right)\left(x+1\right).$

Điều kiện xác định của biểu thức $P$ là $x-1\ne 0,$ $x+1\ne 0,$ $x\ne 0$ hay $x\ne 1,$ $x\ne -1$ và $x\ne 0.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $P$ là $x\ne 1,$ $x\ne -1$ và $x\ne 0.$

b) Với điều kiện $x\ne 1,$ $x\ne -1$ và $x\ne 0,$ ta có:

$P=\left(\frac{x+1}{x-1}-\frac{x-1}{x+1}+\frac{x^2-3x}{x^2-1}\right)\cdot \frac{x+4}{x}$

$=\frac{{\left(x+1\right)}^2-{\left(x-1\right)}^2+x^2-3x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot \frac{x+4}{x}$

$=\frac{x^2+2x+1-\left(x^2-2x+1\right)+x^2-3x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot \frac{x+4}{x}$

$=\frac{4x+x^2-3x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot \frac{x+4}{x}$

$=\frac{x^2+x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot \frac{x+4}{x}$

$$=\frac{x\left(x+1\right)\cdot \left(x+4\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\cdot x}$$$$=\frac{x+4}{x-1}.$$

Vậy với $x\ne 1,$ $x\ne -1$ và $x\ne 0,$ thì $$P=\frac{x+4}{x-1}.$$

c) Với $x\ne 1,$ $x\ne -1$ và $x\ne 0,$ ta có $$P=\frac{x+4}{x-1}=\frac{x-1+5}{x-1}=1+\frac{5}{x-1}.$$

Với $x$ nguyên, để $P$ đạt giá trị nguyên thì $\frac{5}{x-1}$ là số nguyên

Do đó $5⋮\left(x-1\right)$ hay $x-1\in$Ư$\left(5\right)=\left\{1;-1;5;-5\right\}.$

Ta có bảng sau:

Vậy $x\in \left\{1;0;6;-4\right\}.$

Hướng dẫn giải

a) Do đường thẳng $$d_1$$ đi qua điểm $A\left(1;1\right)$ nên thay $$x=1,y=1$$ vào hàm số $$y=mx-2m-2$$ ta có:

$$1=m\cdot 1-2m-2$$

Do đó $1=m–2m–2$

Suy ra $m=–3.$

Vậy với $$m=-3$$ thì đường thẳng $d_1$ đi qua điểm $A\left(1;1\right).$

b) Với $$m=-3$$, ta có đường thẳng $$d_1:y=-3x+4.$$

Suy ra hệ số góc của đường thẳng $$d_1$$ là $a=–3<0.$ Vậy góc $\alpha$ là góc tù.

c) Để $d_1$ và $d_2$ cắt nhau thì $$m\ne 3-2m$$ hay $$3m\ne 3$$, suy ra $$m\ne 1.$$

Vậy với $m\ne 0,m\ne \frac{3}{2},m\ne 1$ thì $d_1$ và $d_2$ cắt nhau.

Hướng dẫn giải

1)

Theo bài, ta có trung đoạn $d=18,66\mathrm{cm}$ và diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều là $S_{xq}=858,4\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2.$

Do đó độ dài cạnh đáy của hình chóp là:

$CD=\frac{S_{xq}}{2d}=\frac{858,4}{2\cdot 18,66}\approx 23\left(\mathrm{cm}\right).$

Tam giác $SCD$ cân tại $S$ nên $SI$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó $CI=DI=\frac{CD}{2}\approx \frac{23}{2}=11,5\left(\mathrm{cm}\right).$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông $SCI,$ ta có:

$S{C}^2=S{I}^2+I{C}^2\approx 18,66^2+11,5^2=480,4456$

Suy ra $SC\approx 21,92\left(\mathrm{cm}\right).$

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp tứ giác đều khoảng $21,92\mathrm{cm}.$

2)

a) Do $$ABCD$$ là hình bình hành nên $$BC//AD$$ và $$BC=AD.$$

Mà $$M\in BC,N\in AD$$ nên $$MB//ND$$

Lại có $$M,N$$ lần lượt là trung điểm của $$BC,AD$$ nên

$MB=MC=\frac{1}{2}BC;NA=ND=\frac{1}{2}AD$

Do đó $$MB=MC=NA=ND.$$

Tứ giác $$MBND$$ có $$MB//ND$$ và $$MB=ND$$ nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được $$MANC$$ là hình bình hành.

Do $$MBND,MANC$$ đều là hình bình hành nên $$PN//MQ,PM//NQ$$ (do $$P$$ là giao điểm của $$AM$$ và $$BN,Q$$ là giao điểm của $$CN$$ và $$DM).$$

Suy ra tứ giác $$PMQN$$ là hình bình hành.

Xét $\Delta ABN$ và $\Delta MNB$ có:

$$AN=BM,$$ $$\widehat{ANB}=\widehat{MBN}$$(hai góc so le trong do $$BM//AN),$$ cạnh $$BN$$ chung.

Do đó $\Delta ABN=\Delta MNB$ (c.g.c). Suy ra $$AB=MN$$ (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác $$ABMN$$ có $$AB=BM=MN=AN$$ nên $$ABMN$$ là hình thoi.

Suy ra $$AM\perp BN,$$ do đó $\widehat{MPN}=90^{\circ }$.

Hình bình hành $$PMQN$$ có $\widehat{MPN}=90^{\circ }$ nên $$PMQN$$ là hình chữ nhật.

c) Ta có $$BM=AB=2\mathrm{cm}.$$

Do $$ABMN$$ là hình thoi nên $$AM$$ là tia phân giác của $\widehat{BAN}$.

Suy ra $\widehat{BAN}=2\widehat{MAD}=60^{\circ }$.

Tam giác $$ABN$$ có $$AB=AN$$ và $\widehat{BAN}=60^{\circ }$ nên tam giác $$ABN$$ đều.

Suy ra $$BN=AN=AB=2\mathrm{cm}.$$

Do $$P$$ là trung điểm của $$BN$$ nên $BP=NP=\frac{BN}{2}=1\mathrm{cm}$.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác $$BMP$$ vuông tại $$P,$$ ta có: $$B{M}^2=B{P}^2+M{P}^2.$$

Suy ra $$M{P}^2=B{M}^2-B{P}^2=2^2-1^2=3.$$ Do đó $MP=\sqrt{3}\mathrm{cm}$.

Do $$PMQN$$ là hình chữ nhật nên diện tích của $$PMQN$$ là: $MP.NP=\sqrt{3}.1=\sqrt{3}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Hướng dẫn giải

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

Suy ra $0^2=1+2\left(ab+bc+ca\right)$

Do đó $ab+bc+ca=-\frac{1}{2}.$

Ta có $A=a^4+b^4+c^4={\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2-2\left(a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2\right)$

$={\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2-2\left[{\left(ab\right)}^2+{\left(bc\right)}^2+{\left(ca\right)}^2\right]$

$={\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2-2\left[{\left(ab+bc+ca\right)}^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]$

$=1^2-2\left[{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2-2abc\cdot 0\right]$

$=1-2\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2}.$

Vậy $A=\frac{1}{2}.$