Đề thi cuối kì 1 Toán 8 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 1 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

Đáp án:

a) Đúng.

b) Sai.

c) Sai.

d) Đúng.

⦁ Ta có $A=2xy\left(x{y}^2-3x^{2}y+1\right)$

$=2x^2{y}^3-6x^3{y}^2+2xy$.

Đa thức $$A$$ có bậc là 5. Do đó ý a) đúng.

⦁ Ta có $$B=\left(12x^4{y}^5-36x^5{y}^4+6x^3{y}^3\right):6x^2{y}^2$$

$$=12x^4{y}^5:\left(6x^2{y}^2\right)-36x^5{y}^4:\left(6x^2{y}^2\right)+6x^3{y}^3:\left(6x^2{y}^2\right)$$

$$=2x^2{y}^3-6x^3{y}^2+xy$$.

Khi đó, hệ số tự do của đa thức $B$ là 0. Do đó ý b) sai.

⦁ Thay $$x=-1;y=1$$ vào biểu thức $B$, ta có:

$$B=2\cdot {\left(-1\right)}^2\cdot 1^3-6\cdot {\left(-1\right)}^3\cdot 1^2+\left(-1\right)\cdot 1=2+6-1=7$$.

Vậy với $$x=-1;y=1$$ thì $B=7$. Do đó ý c) sai.

⦁ Ta có $A=M+B$

Suy ra $M=A-B$

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

$=2x^2{y}^3-6x^3{y}^2+2xy-2x^2{y}^3+6x^3{y}^2-xy$

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

Như vậy, $M$ là một đơn thức. Do đó ý d) đúng.

Hướng d

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Đúng.d) Sai.

Suy ra \[\widehat {AHB} = 180^\circ \left( {\widehat {ABH} + \widehat {BAH}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \] hay $$AI\perp BC$$. Do đó ý b) đúng.

⦁ Ta có $$\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=\widehat{BAC}+90^{\circ }$$ và $$\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+90^{\circ }$$.

Do đó $$\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$$.

Xét $$\Delta BAE$$ và $$\Delta DAC$$ có:

$$AB=AD;\widehat{BAE}=\widehat{DAC};AC=AE$$.

Do đó $$\Delta BAE=\Delta DAC$$ (c.g.c).

Suy ra $\widehat{EBA}=\widehat{CDA}$ (hai góc tương ứng). Do đó ý c) đúng.

⦁ Tam giác $$ABD$$ vuông cân tại $$A$$ nên $$AK$$ vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, đường phân giác. Do đó $\widehat{DAK}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=45^{\circ }$.

Khi đó $\widehat{ABK}=\widehat{BAK}=45^{\circ }$ nên $$\Delta ABK$$ vuông cân tại $$K$$, do đó $$KA=KB$$. Do đó ý d) sai.

Hướng dẫn giải

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).$$\left(1\right)$$

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

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

Do $x^2-2x+3={\left(x-1\right)}^2+2\ge 2$ với mọi $x$ nên $\frac{5}{x^2-2x+3}=\frac{5}{{\left(x-1\right)}^2+2}\le \frac{5}{2}.$

Suy ra $\frac{5}{x^2-2x+3}-1\le \frac{5}{2}-1$ hay $A\le \frac{3}{2}$.

Dấu “=” xảy ra khi ${\left(x-1\right)}^2=0$ hay $x=1$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\frac{3}{2}$ khi $x=1$.